福建省厦门一中集美分校2013-2014学年高一上学期期中考试物理试卷(无答案)
福建省厦门市2014届高三上学期第一次质量检查物理试题
厦门市2013—2014学年(上)高三质量检测物理试题考生注意：1、本卷满分：100分，考试时间：100分钟。
2、答卷前考生务必将自己的姓名、准考证号填涂在答题卡上3、选择题每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如果需要改动，用橡皮擦擦干净后．再选涂其他答案标号，答在试题上无效。
第I卷(选择题共36分)一、选择题(本题共12题，每小题3分，共36分。
在每小题给出的四个选项中，只有一个选项符合题目要求)1．在国际单位制中，物理量的单位由基本单位和导出单位组成。
下列各组物理量的单位中全部属于基本单位的是A．牛顿、秒、安培B．牛顿、秒、千克C．米、秒、千克D．米、秒、库伦2．如图所示，有M和N两颗人造地球卫星，都环绕地球做匀速圆周运动。
这两颗卫星相比较A．M的环绕周期较小B．M的线速度较小C．M的角速度较大D．M的向心加速度较大3．一线圈在磁场中转动产生的正弦交流电的电压随时间变化的规律如右图所示。
由图可知A．该交流电的电压瞬时值的表达式为u=100sin25 πt （V）B．0.01秒末线圈处中性面的位置C．该交流电电压的有效值为VD．若将该交流电压加在阻值为R=100Ω的电阻两端，则电阻消耗的功率为50W4．如图所示，小球以V o正对倾角为θ的斜面水平抛出，若小球到达斜面的位移最小，则飞行时间t 为（重力加速度为g）5．如右图所示，在通电直导线近旁固定有两平行光滑导轨A、B，导轨与直导线平行且在同一水平面内，在导轨上有两可自由滑动的导体ab和cd。
当通电直导线中的电流逐渐减弱时，导体ab和cd的运动情况是A．一起向左运动B．一起向右运动C．ab和cd相向运动，相互靠近D．ab和cd相背运动，相互远离6．一列简谐波在均匀介质中传播。
甲图表示振动开始后t=0．5秒时刻的波形图，乙图表示甲图中b质点从t=0开始计时的振动图像，则A．该波沿x轴负方向传播B．质点振动的频率是4HzC．该波传播的速度是8m／sD．a质点和c质点在振动过程中任意时刻的位移都相同7．A和B两物体在同一直线上运动的v一t图像如图所示。
2013-2014学年福建省厦门一中集美分校高二(上)期末物理复习试卷(三)
2013-2014学年福建省厦门一中集美分校高二（上）期末物理复习试卷（三）学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________ 一、单选题(本大题共8小题，共24.0分)1.如图所示，矩形闭合线圈放置在水平薄板上，有一块蹄形磁铁如图所示置于平板的正下方（磁极间距略大于矩形线圈的宽度．）当磁铁匀速向右通过线圈时，线圈仍静止不动，那么线圈受到薄板的摩擦力方向和线圈中产生感应电流的方向（从上向下看）是（）A.摩擦力方向先向右、后向左B.摩擦力方向先向左、后向右C.感应电流的方向顺时针→逆时针→逆时针→顺时针D.感应电流的方向顺时针→逆时针【答案】C【解析】解：A、B中、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，两个磁场产生相互排斥的作用力；当原磁通量减少时，感应电流的磁场就与原来磁场的方向相同，两个磁场产生相互吸引的作用力，所以感应电流总要阻碍导体和磁极间的相对运动．当磁铁匀速向右通过线圈时，N极靠近线圈，线圈的感应电流总要阻碍磁极的相对运动，给磁极向左的作用力，那么磁极给线圈向右的作用力，线圈静止不动，是因为受到了向左的摩擦力．当N极离开线圈，线圈的感应电流总要阻碍磁极的相对运动，给磁极向左的作用力，那么磁极给线圈向右的作用力，线圈静止不动，是因为受到了向左的摩擦力．所以整个过程线圈所受的摩擦力一直向左．故AB错误．C、D中、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；当原磁通量减少时，感应电流的磁场就与原来磁场的方向相同．当磁铁N极向右靠近线圈时，线圈中向上的磁场增加，感应电流的磁场向下，所以感应电流顺时针方向．当磁铁N极向右远离线圈时，线圈中向上的磁场减小，感应电流的磁场向上，所以感应电流逆时针方向．S极靠近时线圈时，向下的磁场增加，感应电流的磁场向上，所以感应电流逆时针方向．S极远离线圈时，向下的磁场减少，感应电流的磁场向下，所以感应电流顺时针方向．故C正确，D错误．故选：C．根据感应电流的磁场总要阻碍引起感应电流的原磁通量的变化，我们可以这样理解：感应电流总要阻碍导体和磁极间的相对运动．感应电流的磁场总要阻碍引起感应电流的原磁通量的变化，我们可以这样理解：感应电流总要阻碍导体和磁极间的相对运动，来使题目变得简单．2.如图所示，螺线管B置于闭合金属圆环A的轴线上，当B中通过的电流减小时（）①环A有缩小的趋势②环A有扩张的趋势③螺线管B有缩短的趋势④螺线管B有伸长的趋势．A.①③B.②④C.①④D.②③C【解析】解：①、②、当B中通过的电流逐渐变小时，电流产生的磁场逐渐变弱，故穿过A的磁通量变小，为阻碍磁通量变小，环A有收缩的趋势，故①正确，②错误；③、④、螺线管B电流变小，每匝线圈产生的磁场减弱，线圈间的引力变小，螺线管B 有扩张的趋势，故③错误，④正确；故选：C．线圈B中电流I减小，B中电流产生的磁场减弱，应用楞次定律阻碍磁通量变化分析A 环的受力情况；根据同向电流相互吸引，异向电流相互排斥判断螺线管相邻两匝线圈间的力．螺线管每匝线圈相当于磁铁，两匝线圈相对应的面极性相反，每匝线圈相互吸引，当线圈电流减小时，磁性减弱，螺线管伸长；正确理解楞次定律即可正确解题．3.弹簧上端固定，下端挂一只条形磁铁，使磁铁上下振动，磁铁的振动幅度不变．若在振动过程中把线圈靠近磁铁，如图所示，观察磁铁的振幅将会发现（）A.S闭合时振幅逐渐减小，S断开时振幅不变B.S闭合时振幅逐渐增大，S断开时振幅不变C.S闭合或断开，振幅变化相同D.S闭合或断开，振幅都不发生变化【答案】A【解析】解：条形磁铁上下振动时穿过下面线圈的磁通量不断变化；（1）S闭合时，下面线圈中产生感应电流，电路要消耗电能，由能量守恒定律可知，系统的机械能减小，振幅减小；（2）S断开时，下面线圈中不产生感应电流，电路不消耗电能，由能量守恒定律可知，系统的机械能不变，振幅不变；由以上分析可知，A正确，BCD错误；故选A．穿过闭合电路的磁通量发生变化，电路中会产生感应电流，电路消耗电能，电路不闭合，电路中不会产生感应电流，不消耗电能；根据能量守恒定律分析答题．知道产生感应电流的条件，知道在电磁感应现象中，电路获得的电能是由其它形式的能量转化来的，熟练应用能量守恒定律即可正确解题．4.如图所示，线圈与电源、开关相连，直立在水平桌面上．铁芯插在线圈中，质量较小铝环套在铁芯上．闭合开关的瞬间，铝环向上跳起来．则下列说法中正确的是（）A.若保持开关闭合，则铝环不断升高B.开关闭合后，铝环上升到某一高度后回落C.若保持开关闭合，则铝环跳起到某一高度停留D.如果将电源的正、负极对调，则铝环不会向上跳起【答案】B【解析】解：A、若电键保持闭合时，线圈产生的磁场稳定，穿过铝环的磁通量不变，没有感应电流产生，铝环不受安培力，只受重力作用，则上跳某一高度后将回落，故AC错误，D、如果电源的正、负极对调，闭合电键的瞬间，穿过铝环的磁通量仍然增加，产生感应电流，铝环仍然受到安培力而上跳．电键保持闭合时，线圈产生的磁场稳定，穿过铝环的磁通量不变，没有感应电流产生，铝环不受安培力，只受重力作用，则上跳某一高度后将回落，则观察到的现象不变，故D错误．故选：B．闭合电键的瞬间，穿过铝环的磁通量增加，产生感应电流，铝环受到安培力而上跳．当电键保持闭合时，线圈产生的磁场稳定，穿过铝环的磁通量不变，没有感应电流产生．根据安培力产生情况，判断铝环的运动情况．本题考查应用物理规律解决实际问题的能力．根据楞次定律，无论电源的极性如何，当线圈中电流增大时，铝环都将上跳．5.闭合铜环与闭合金属框相接触放在匀强磁场中，如图所示，当铜环向右移动时（金属框不动），下列说法中正确的是（）A.铜环的半圆egf没有感应电流产生，因为磁通量没有发生变化B.金属框内没有感应电流产生，因为磁通量没有发生变化C.金属框ab边中有感应电流，因为回路abfgea中磁通量增加了D.铜环的半圆egf中有感应电流，因为回路egfcde中的磁通量增加了【答案】C【解析】解：当铜环移动，导致线圈adfgea与bcfheb闭合电路磁通量发生变化，从而出现感应电流．由楞次定律可知，线圈adfgea磁通量增加，感应电流是逆时针，而线圈bcfheb 的磁通量减少，感应电流是顺时针．故选：C．当穿过线圈的磁通量发生变化时，出现感应电流．考查感应电流产生的条件：只要穿过闭合线圈的磁通量发生变化．知道切割感应线并不一定有感应电流出现，必须要有磁通量变化．注意容易出现的是铜环磁通量没有发生变化，怎么会有感应电流的．6.一直升飞机停在南半球的地磁极上空．该处地磁场的方向竖直向上，磁感应强度为B．直升飞机螺旋桨叶片的长度为l，螺旋桨转动的频率为f，顺着地磁场的方向看螺旋桨，螺旋桨按顺时针方向转动．螺旋桨叶片的近轴端为a，远轴端为b，如图所示．如果忽略a到转轴中心线的距离，用ε表示每个叶片中的感应电动势，则（）A.ε=πfl2B，且a点电势低于b点电势B.ε=2πfl2B，且a点电势低于b点电势C.ε=πfl2B，且a点电势高于b点电势D.ε=2πfl2B，且a点电势高于b点电势【答案】A【解析】解：：每个叶片都切割磁感线，根据右手定则，a点电势低于b点电势．v=lω=2πlf，所以电动势为．故A正确，B、C、D错误．故选A．转动切割产生的感应电动势根据E=求出大小，根据右手定则判断出电动势的方向，从而判断出a、b两点的电势高低．解决本题的关键掌握转动切割产生感应电动势的表达式E=，以及会用右手定则判断感应电动势的方向．7.如图1所示，固定在水平桌面上的光滑金属框架cdeg处于方向竖直向下的匀强磁场中，金属杆ab与金属框架接触良好．在两根导轨的端点d、e之间连接一个电阻R，其他部分电阻忽略不计．现用一水平向右的外力F作用在金属杆ab上，使金属杆由静止开始向右在框架上滑动，运动过程中杆ab始终垂直于框架．如图2为一段时间内金属杆中的电流I随时间t的变化关系，则下图中可以表示外力F随时间t变化关系的图象是（）A. B. C. D.【答案】B【解析】解：由感应电动势E=B lv，电流I=得到安培力为：F安=BI l=由图I∝t，则v∝t，说明导体做匀加速运动，那么v=at根据牛顿第二定律得：F-F安=ma解得：F=ma+，式中B、L、R、a均不变，可见F与t是线性关系，故B图正确．故选：B．金属杆由静止开始向右在框架上滑动时，水平方向受到外力F和安培力作用，可推导出安培力与速度的关系式，由图分析安培力随时间的变化情况，得到速度与时间的变化情况，根据牛顿第二定律，分析F与时间的关系．本题由电磁感应知识和牛顿定律结合，得到F的解析式选择图象，这是常用方法．关键是安培力的分析和计算，再有牛顿第二定律得到F的表达式．8.在倾角为θ的两平行光滑长直金属导轨的下端，接有一电阻R，导轨自身的电阻可忽略不计，有一匀强磁场与两金属导轨平面垂直，方向垂直于导轨面向上．质量为m，电阻可不计的金属棒ab，在沿着导轨面且与棒垂直的恒力F作用下沿导轨匀速上滑，上升高度为h，如图所示．则在此过程中（）A.恒力F在数值上等于mgsinθB.恒力F对金属棒ab所做的功等于mghC.恒力F与重力的合力对金属棒ab所做的功等于电阻R上释放的焦耳热D.恒力F与重力的合力对金属棒ab所做的功等于零【答案】C【解析】解：A、导体棒匀速上升过程中，在斜面方向上受到恒力F和沿斜面向下的重力的分力mgsinθ和安培力，则F＞mgsinθ．故A错误．B、根据动能定理得：W F-W G-W安=0，即W F=mgh+W安，故B错误．C、D由W F-W G-W安=0得：W F-W G=W安，即恒力F与重力的合力对金属棒ab所做的功等于金属棒克服安培力做功，而金属棒克服安培力所做功即为回路电阻中产生的热量，故有：恒力F与重力的合力所做的功等于电阻R上发出的焦耳热，故C正确，D错误．故选C导体棒匀速上升，因此合外力为零，对导体棒正确受力分析，由平衡条件求出恒力F的大小．根据动能定理列方程，弄清功能转化关系，注意克服安培力所做功即为回路电阻中产生的热量．点评：对于电磁感应与功能结合问题，注意利用动能定理进行判断各个力做功之间关系，尤其注意的是克服安培力所做功等于整个回路中产生热量．二、计算题(本大题共6小题，共60.0分)9.如图所示，水平放置金属框abcd垂直于匀强磁场，OO′导体杆长为L，电阻为R，磁感应强度为B，ab、cd电阻均为2R，其余部分电阻不计，当OO′杆无摩擦向右以速度v匀速滑动时．求，（1）OO′杆的电流大小与方向；（2）OO′杆两端的电压为多少？【答案】解：（1）感应电动势：E=BL v，外电阻：R外==R，==，流过杆的电流：I=外由右手定则可知，流过杆的电流向上；（2）杆两端电压：U=IR外=；答：（1）OO′杆的电流大小为，方向：向上；（2）OO′杆两端的电压为BL v．【解析】（1）由E=BL v求出感应电动势，由欧姆定律求出电流，由右手定则判断出电流方向；（2）由欧姆定律求出电压．本题考查了求电流、电压，分析清楚杆的运动过程、应用E=BL v、欧姆定律、右手定则即可正确解题．10.如图所示，在磁感应强度为B、方向竖直向下的匀强磁场中，放有一边长为L的正方形闭合导线框，电阻为R．（1）当线框从位置Ⅰ（线框平面垂直磁感线）匀速转到位置Ⅱ（线框平面平行磁感线）的过程中，若角速度为ω，求线框中的平均感应电动势和线框在位置Ⅱ时的瞬间感应电流大小．（2）当线框由位置Ⅰ转至位置Ⅲ的过程中，求通过导线横截面的电量．【答案】解：（1）由法拉第电磁感应定律可得：平均感应电动势：===，在Ⅱ位置，感应电动势：E=BL v=BL•ωL=BL2ω，感应电流：I==；△t=′==；（2）电荷量：q=I△t=′△t=′′答：（1）当线框从位置Ⅰ匀速转到位置Ⅱ的过程中，线框中的平均感应电动势为，线框在位置Ⅱ时的瞬间感应电流大小为．（2）当线框由位置Ⅰ转至位置Ⅲ的过程中，通过导线横截面的电量为．【解析】通过线圈的电流用平均电动势，根据q=I t求解通过的电量，从而即可求解．本题重点考查了平均电动势能量守恒定律的直接应用，注意线圈电荷量由线圈的匝数、磁通量的变化量及电阻决定．11.横截面积S=0.2m2、n=100匝的圆形线圈A处在如图所示的磁场内，磁感应强度变化率为0.02T/s．开始时S未闭合，R1=4Ω，R2=6Ω，C=30μF，线圈内阻不计，求：（1）闭合S后，通过R2的电流的大小；（2）闭合S后一段时间又断开，问S断开后通过R2的电荷量是多少？【答案】解：（1）磁感应强度变化率的大小为=0.02T/s，B逐渐减弱，所以E=n=100×0.02×0.2V=0.4VI=A=0.04A，方向：从上向下流过R2．（2）R2两端的电压为U2=×0.4V=0.24V所以Q=CU2=30×10-6×0.24Q=7.2×10-6C．【解析】线圈平面垂直处于匀强磁场中，当磁感应强度随着时间均匀变化时，线圈中的磁通量发生变化，从而导致出现感应电动势，产生感应电流．由法拉第电磁感应定律可求出感应电动势大小．再由闭合电路的殴姆定律可求出电流，从而得出电阻两端电压，最终确定电量．利用法拉第电磁感应定律和闭合电路欧姆定律求解电流大小．S断开后，流过R2的电荷量就是S闭合时C上带有的电荷量12.如图所示，半径为R的圆形导轨处在垂直于圆平面的匀强磁场中，磁感应强度为B，方向垂直于纸面向内．一根长度略大于导轨直径的导体棒MN以速率v在圆导轨上从左端滑到右端，电路中的定值电阻为r，其余电阻不计，导体棒与圆形导轨接触良好．求：（1）在滑动过程中通过电阻r的电流的平均值；（2）MN从左端到右端的整个过程中，通过r的电荷量；（3）当MN通过圆导轨中心时，通过r的电流是多大？【答案】解：（1）由法拉第电磁感应定律可得：，则有：而圆形面积为：△S=πR2导体棒运动的时间为：再由闭合电路欧姆定律可得：（2）MN从左端到右端的整个过程中，通过r的电荷量：q=I t而闭合电路欧姆定律可得：由法拉第电磁感应定律可得：所以q==（3）当导体棒MN通过圆导轨中心时，产生的感应电动势为E=2BR v由闭合电路欧姆定律可得：：所以通过r的电流：I=2答：（1）在滑动过程中通过电阻r的电流的平均值；（2）MN从左端到右端的整个过程中，通过r的电荷量；（3）当MN通过圆导轨中心时，通过r的电流是2．【解析】（1）导体棒MN切割磁感线产生感应电流，根据法拉第电磁感应定律，从而求出从左端滑到右端导体棒产生的平均感应电动势，再由闭合电路欧姆定律可求出通过电阻的平均电流；（2）根据法拉第电磁感应定律、欧姆定律、电流与电量的关系式求解通过导体棒的电荷量．（3）由E=BL v求出导体棒MN通过圆导轨中心时产生的感应电动势，由闭合电路欧姆定律可求出通过电阻的电流．考查法拉第电磁感应定律、闭合电路欧姆定律，且电量与磁通量的变化及电阻有关．并体现了平均感应电动势与瞬时感应电动势的区别及如何求解．13.如图所示，abcd为质量M=2kg的导轨，放在光滑绝缘的水平面上，另有一根重量m=0.6kg的金属棒PQ平行于bc放在水平导轨上，PQ棒左边靠着绝缘的竖直立柱ef（竖直立柱光滑，且固定不动），导轨处于匀强磁场中，磁场以OO′为界，左侧的磁场方向竖直向上，右侧的磁场方向水平向右，磁感应强度B大小都为0.8T．导轨的bc 段长L=0.5m，其电阻r=0.4Ω，金属棒PQ的电阻R=0.2Ω，其余电阻均可不计．金属棒与导轨间的动摩擦因数μ=0.2．若在导轨上作用一个方向向左、大小为F=2N的水平拉力，设导轨足够长，重力加速度g取10m/s2，试求：（1）导轨运动的最大加速度；（2）导轨的最大速度．【答案】解：导轨向左切割磁感线时：E=BL v①感应电流：②，③导轨受到向右的安培力F1=BIL，金属棒PQ受到向上的安培力F2=BIL，导轨受到PQ棒对它的摩擦力f=μ（mg-BIL）由牛顿第二定律得：F-BIL-μ（mg-BIL）=M a④；（1）当刚拉动导轨时，v=0，由③④式可知I=0时有最大加速度a m，代入数据解得：a m=0.4m/s2；（2）随着导轨速度v增大感应电流I增大而加速度a减小，当a=0时，导轨有最大速度v m，从④式可得：F-（1-μ）BI m L-μmg=0，代入数据解得：I m=2.5A，将I m=2.5A代入③式解得：v m=3.75m/s；答：（1）导轨运动的最大加速度0.4m/s2；（2）导轨的最大速度为3.75m/s．【解析】（1）导轨刚开始运动时不受安培力作用，加速度最大，由牛顿第二定律可以求出最大加速度；（2）当导轨匀速运动时速度最大，由平衡条件可以求出最大速度．本题考查了求加速度与速度问题，分析清楚运动过程，应用E=BL v、欧姆定律、安培力公式、牛顿第二定律即可正确解题．14.如图甲所示，相距为d的水平虚线M、N之间是水平向里的匀强磁场，磁感应强度为B．正方形线圈abcd的边长为L（L＜d）、质量为m、电阻为R，从磁场上方高h处由静止释放，已知ab边刚进入磁场时速度和ab边刚穿出磁场时速度相同，不计空气阻力．求：（1）请在图乙中定性画出线圈从开始到穿出磁场过程的v-t图象．（2）线圈穿越磁场过程损耗的机械能是多少？（3）线圈cd边刚穿出磁场速度是多大？【答案】解：（1）线圈从开始到穿出磁场过程，先做自由落体运动，即匀加速直线运动，进入磁场做减速运动，速度减小时，感应电流减小，线框所受的安培力减小，加速度减小；完全进入磁场时做匀加速直线运动，加速度为g；出磁场时与进磁场时情况相同．根据分析在图乙中定性画出线圈从开始到穿出磁场过程的v-t图象如图．（2）ab边进入磁场到ab边刚穿出磁场的过程，设安培力做功为W，则应用动能定理：得：W=-mgd；因线圈ab边穿进磁场时和穿出磁场速度相同，则在ab边刚开始穿出磁场到dc边刚穿出磁场的过程，安培力做的功也为W，所以线圈穿越磁场过程损耗的机械能△E=2mgd；（3）对整个过程，cd边穿出磁场时速度设为v2，由能量守恒得：得：答：（1）图乙中定性画出线圈从开始到穿出磁场过程的v-t图象见上图．（2）线圈穿越磁场过程损耗的机械能是2mgd．（3）线圈cd边刚穿出磁场速度为．【解析】（1）线圈从开始到穿出磁场过程，先做自由落体运动，即匀加速直线运动，进入磁场做减速运动，速度减小时，感应电流减小，线框所受的安培力减小，加速度减小；完全进入磁场时做匀加速直线运动，加速度为g；出磁场时与进磁场时情况相同．（2）ab边进入磁场到ab边刚穿出磁场的过程，应用动能定理求出安培力做的功W，由于线圈ab边穿进磁场时和穿出磁场速度相同，则在ab边刚开始穿出磁场到dc边刚穿出磁场的过程，安培力做的功也为W，所以线圈穿越磁场过程损耗的机械能为△E=2W．（3）对两个过程，运用能量守恒求解线圈cd边刚穿出磁场速度．本题分析线框的运动情况是关键，要抓住线圈ab边穿进磁场时和穿出磁场速度相同这个突破口进行分析，再根据能量守恒分析热量问题．。
2013-2014学年厦门高一上期末物理质检
zs . (11 分)“敦煌载竿图”是敦煌晚唐壁画，各种载竿表演为我们今天研究古代杂技技巧， 提供了形象史料。如图甲所示，表现一个人头顶着长竿 AB,竿的顶端有一圆盘，叫做山木它 们总质量为 M=l0kg，旁边站有一保护者举着竿子，长竿上面共有四人，质量均为 m =40kg，其中有的双脚倒挂，有的单臂悬体，有的在拿顶，他们三人均处于静止状态;还有 一人(可看做质点)沿竿从 A 点下滑到 B 点， 运动的速度一时间图像如图乙;而底下顶杆的人张 开双臂纹丝不动。(g 取 10m/s2)问: (1) 长竿上 A 点到 B 点的距离? (2) 人沿竿加速下滑过程，长竿对“下滑人”的作用力大小? (3) 人沿竿加速下滑过程，长竿对“顶竿人”的压力大小?
二、填空题:本题共 4 小题，每小题 6 分，共 24 分。把答案填在答题卷题中的横线上。 11.以 15 m/s 的速度行驶的汽车，关闭发动机后 10s 汽车停下来，若汽车的质量为 4 x 103kg; 则汽车在滑行中加速度大小为 m/s2，受到的阻力大小是。 12.自动化生产线上，常用传送带传送工件。如图所示，一质量为 m= 0. 1 kg 工件与传送带之 间的动摩擦因数为μ =0. 5，传送带以 0. 2m/s 的速度水平向右匀速运动，不计空气阻力，重 力加速度 g = 10 m/s2，则当工件无初速放上传送带，此时工件受到摩擦力大小___N，方向水 平(填“向左”或“向右”)
四、选择题：共 4 小题，每小题 4 分，共 16 分。在每一小题给出的四个选项中只有一项是 正确的，把答案填在答题卡中。 18.如图所示，当人向右跨了一步后，人与重物重新保持静止，下述说法 中正确的是 A，人对绳子的拉力增大 B.地面对人的摩擦力增大 C.人对地面的压力不变 D.人对地面的压力减小 19.如图是 A,B 两物体同时由同一地点向同一方向做直线运动的图象， 从图象上可知 A. 20s 末 A，B 相遇 B.20s 末 A,B 相距最近 C. A，B 从开始到相遇，它们之间距离越来越小
2024届福建省厦门一中物理高一第一学期期中复习检测试题含解析
2024届福建省厦门一中物理高一第一学期期中复习检测试题注意事项:1．答题前，考生先将自己的姓名、准考证号码填写清楚，将条形码准确粘贴在条形码区域内。
2．答题时请按要求用笔。
3．请按照题号顺序在答题卡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、试卷上答题无效。
4．作图可先使用铅笔画出，确定后必须用黑色字迹的签字笔描黑。
5．保持卡面清洁，不要折暴、不要弄破、弄皱，不准使用涂改液、修正带、刮纸刀。
一、选择题：本大题共10小题，每小题5分，共50分。
在每小题给出的四个选项中，有的只有一项符合题目要求，有的有多项符合题目要求。
全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。
1、被称为“史上最严交规”于2013年1月1日起施行．对校车、大中型客货车、危险品运输车等重点车型驾驶人的严重交通违法行为，提高了记分分值.如图是张明在假期试驾中某次小轿车在平直公路上运动的025s内的速度随时间变化的图象,由图象可知（）内的位移为200mA．小轿车在015sB．小轿车在10s15s内加速度最大C．小轿车在10s末运动方向发生改变D．小轿车在5s末的加速度大小等于25s末的加速度大小2、某物体在三个共点力的作用下处于静止状态。
若把其中一个力F1的方向沿顺时针方向转过180°，而保持其大小不变，其余两个力保持不变，则此时物体所受的合力大小为2F C．2F1D．0A．F1B13、在下面列举的物理量的单位中，不属于国际单位制（SI）的基本单位的是（）A．千克（kg）B．米（m）C．秒（s）D．牛顿（N）4、下列说法表示同一时刻的是( )A．第2 s末和第3 s初B．前3 s内和第3 s内C．第3 s末和第2 s初D．第1 s内和第1 s末5、某物体做匀变速直线运动，其位移与时间的关系为x＝0.5t＋t2(m)，则当物体的速度为3 m/s时，物体已运动的时间为A．3 s B．2.5 s C．1.25 s D．6 s6、如图所示，一名消防队员在模拟演习训练中，沿着长为12m的竖立在地面上的钢管向下滑，他从钢管顶端由静止开始先匀加速再匀减速下滑，滑到地面时速度恰好为零．若他加速时的加速度大小是减速时的2倍，下滑总时间为3s，2，则该消防队员g m s10/A．下滑过程中的最大速度为4m/sB．加速与减速过程的时间之比为1：2C．加速与减速过程中平均速度大小之比为1：1D．加速与减速过程的位移之比为1：47、在下图所示的四个图象中，表示物体做匀速直线运动的图象是（）A．B．C．D．8、A、B两质点沿同直线向同方向做匀加速直线运动，A的初速度为3m/s，加速度为2m/s2，B的初速度为6m/s，加速度为1 m/s2，初始时B在A后，相距L，下面说法正确的是（）A．若L=1.1m，A、B相遇一次B．若L=1.1m，A、B相遇二次C．若L=1.5m，A、B相遇一次D．若L=1．m，A、B不可能相遇9、如图所示，水平方向的力F把一个物体紧压在竖直墙壁上，静止不动，下列说法中正确的是A．作用力F跟墙壁对物体的重力是平衡力B．物体的重力和墙壁对物体的静摩擦力是平衡力C．作用力F与物体对墙壁的压力是平衡力D．作用力F增大时，墙壁对物体的静摩擦力不变10、如图所示，质量为m的木块A放在水平面上的质量为M的斜面体B上，现用大小相等、方向相反的两个水平推力F分别作用在A、B上，A、B均保持静止不动．则（）A．A与B之间一定存在摩擦力B．B与地面之间一定不存在摩擦力C．B对A的支持力一定等于mgD．地面对B的支持力大小一定等于(m+M)g二、实验题11、（4分）某同学仿照“探究小车速度随时间变化的规律”这一实验，利用如图所示的装置测量重物做自由落体运动的加速度。
福建省厦门市集美区乐安中学2014届高三物理上学期期中试题新人教版
集美区乐安中学2013—2014学年度第一学期高三 年段 物理科期中考试卷出卷人：高三物理备课组 试卷满分： 100 分 考试时间： 90 分钟( 全卷210/g m s ）一、单项选择题（本题有12小题，每小题3分，共36分。
在每小题给出的四个选项中，只有一个选项正确.）1．提出万有引力定律和测出引力常量的科学家分别是 A ．牛顿、卡文迪许 B ．开普勒、伽利略 C ．开普勒、卡文迪许 D ．牛顿、伽利略2．游乐园中，游客乘坐能加速或减速运动的升降机，可以体会超重与失重的感觉。
下列描述正确的是Ａ．当升降机加速上升时，游客是处在失重状态 Ｂ．当升降机减速下降时，游客是处在超重状态 Ｃ．当升降机匀速上升时，游客是处在失重状态 Ｄ．当升降机加速下降时，游客是处在超重状态3．降落伞在匀速下降过程中遇到水平方向吹来的风，若风速越大，则降落伞 A ．下落的时间越短 B ．下落的时间越长 C ．落地时速度越小 D ．落地时速度越大4．如图所示，在网球的网前截击练习中，若练习者在球网正上方距地面H 处，将球以速度v 沿垂直球网的方向击出，球刚好落在底线上，已知底线到网的距离为L ，重力加速度取g ，将球的运动视作平抛运动。
下列叙述正确的是A ．球的速度v 等于LB ．球从击出至落地所用时间为C ．球从击球点至落地点的位移等于LD ．球从击球点至落地点的位移与球的质量有关5．做平抛运动的物体,它的速度方向与水平方向夹角的正切值tan θ随着时间t 变化而变化,下列关于tan θ与t 关系的图象正确的是6．如图所示，用细线吊着一个质量为m 的小球，使小球在水平面内做圆锥摆运动，关于小球受力，正确的是A ．受重力、拉力、向心力B ．受重力C．受重力、拉力 D．以上说法都不正确7．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，角速度之比为4：3，则它们所受向心力之比为A．1：4 B．2：3 C．4：9 D．9：168．我国发射的“天宫一号”和“神舟八号”在对接前，“天宫一号”的运行轨道高度为350 km，“神舟八号”的运行轨道高度为343 km。
2013-2014学年福建省厦门一中集美分校高二(上)期末物理复习试卷(五)
2013-2014学年福建省厦门一中集美分校高二（上）期末物理复习试卷（五）学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________一、单选题(本大题共11小题，共33.0分)1.交流发电机的线圈在匀强磁场中转动一周的时间内下列说法错误的是（）A.感应电流的方向改变两次B.线圈内穿过磁通量最大的时刻，电流达到最大C.线圈内穿过磁通量是零的时刻，电流达到最大D.线圈内电流有两次达到最大【答案】B【解析】解：A、当线圈在匀强磁场中转动产生的交变电流时，线圈平面每经过中性面一次，感应电流与感应电动势方向均改变一次，转动一周，感应电流方向改变两次．故ABC错误，D正确，故A正确；B、当线圈内穿过磁通量最大的时刻，电动势为零；电流为零；故B错误；C、线圈内穿过磁能量是零的时刻，电动势最大，电流最大；故C正确；D、一个周期内线圈内的电流两次达到最大；故D正确；本题选错误的；故选：B．感应电动势方向即为感应电流方向．当线圈在匀强磁场中转动产生的交变电流时，线圈平面每经过中性面一次，感应电流与感应电动势方向均改变一次，转动一周，感应电流方向改变两次．本题考查中性面特点：线圈平面每经过中性面一次，感应电流与感应电动势方向均改变一次，转动一周，感应电流方向改变两次；有两次达最大值．2.如图所示，矩形线圈abcd在匀强磁场中绕OO′轴匀速转动，产生的交流电动势ε=200√2sin100πt V．则（）A.此交流电的频率是100H zB.交流电的有效值ε=200√2VC.当频率增加时，电动势的最大值也增加D.当穿过线圈平面的磁通量最大时，电动势也最大【答案】C【解析】=50H z，A错误；解：A、从电动势的表达式知道：角速度ω=100π，频率f=ω2π=200V，B错误；B、最大值是有效值的√2倍，故有效值U=m√2C、由电动势最大值公式：E m=NBSω=2πNBS f知，频率增大时，最大值也增加，故C正确；D、当穿过线圈平面的磁通量最大时，电动势为零，D错误．故选：C从表达式中读出电动势的最大值和角速度，有效值与最大值的关系式√2倍，磁通量最大时，电动势为零．本题考查了交流电的有效值、最大值、周期和频率，注意最大值与有效值的关系；明确交流电流的产生．3.某交流发电机产生的感应电动势与时间的关系如图所示，如果其他条件不变，使线圈的转速加倍，则交流电动势的最大值和周期分别为（）A.400V，0.02sB.200V，0.02sC.400V，0.08s D.200V，0.08s【答案】B【解析】解：由图读出原来交流电动势的最大值E m=100V，周期T=0.04s根据感应电动势最大值的表达式E m=NBSω得知，E m与ω成正比，则线圈的转速变为原来的两倍，感应电动势最大值变为原来的两倍，为E m′=200V．分析可知，线圈的转速变为原来的两倍，周期为原来的一半，即由公式T=2πωT′=0.02s．故选：B．由图读出原来交流电动势的最大值和周期．原来根据感应电动势最大值的表达式E m=NBSω分析感应电动势最大值的变化．由公式T=2π分析周期的变化．ω本题是常规题，比较容易，考查交流电动势的最大值和周期与转速的关系．4.交流发电机产生的感应电动势为ε=εm sinωt，若发电机的转速和线圈的匝数都增加到原来的两倍，这时产生的感应电动势为（）A.ε=4εm sinωtB.ε=4εm sin2ωtC.ε=2εm sinωtD.ε=2εm sin2ωt【答案】B【解析】解：感应电动势最大值E m=NBSω，当发电机的转速和线圈的匝数都增加到原来的两倍时，感应电动势最大值为E m′=4E m．则产生的感应电动势的瞬时值为e′=E m′sin2ωt=4E m sin2ωt．故选：B．交流发电机产生的感应电动势瞬时值为e=E m sinωt，式中感应电动势最大值E m=NBSω．当发电机的转速和线圈的匝数都增加到原来的两倍时，ω和E m都要变化，这两个量的变化，得到感应电动势的瞬时值表达式．解答本题时要掌握交变电流最大值的表达式E m=NBSω，知道E m与N和ω都成正比，不能知其一，不知其二，得到这样的表达式：e′=E m sin2ωt．5.如图所示的电路中，已知交流电源电压u=200sin100πt（V），电阻R=100Ω．则电流表和电压表的读数分别为（）A.1.41A，200VB.1.41A，141VC.2A，200VD.2A，141V【答案】B【解析】解：由表达式可知，交流电源电压的有效值U=√2=141V ； 由欧姆定律可知，电路中电流I=UR =141100A=1.41A ；故选：B ．由交流电源的表达式可知电源电压的有效值，则由欧姆定律可求得电流及电压表的示数．本题应记住：在交流电路中电流表电压表所测量的结果均为有效值．6.一个电热器接在10V 的直流电源上产生一定大小的热功率，把它接在某一交流电源上时的热功率为加直流电的两倍，这个交流电的电压有效值为（ ） A.7.0V B.10V C.14V D.20V 【答案】 C【解析】解：设电热器的电阻为R ，t 时间内产生的热量为Q ，根据焦耳定律得： 则：Q=U 2R t此热量是接交流电源上产生的热功率的2倍，即Q ′=2Q 所以：2Q=U 有2R解得：U 有=10√2 V=14V ． 故选：C ．根据焦耳定律Q=I 2R t 求解电流的有效值，其中I 是有效值．对于交变电流，求解热量、电功和电功率等与热效应有关的量，都必须用有效值，清楚正弦交流电源的有效值和最大值√2 倍的关系．7.如图示的两电路中，当a 、b 两端与e 、f 两端分别加上220V 的交流电压时，测得c 、d 间与g 、h 间的电压均为110V ．若分别在c 、d 与g 、h 的两端加上110V 的交流电压，则a 、b 间与e 、f 间的电压分别为（ ）A.220V ，220VB.220V ，110VC.110V ，110VD.220V ，0 【答案】 B【解析】解：当a 、b 两端接110V 的交变电压时，测得c 、d 两端的电压为55V ，则原副线圈匝数比为2：1，所以当c 、d 两端加上110V 交变电压，a 、b 两端电压为220V ；当g 、h 两端加上110V 交变电压时，e 与滑片间无电流，电压为零，故e 、f 两端电压与g 、h 两端电压相同，也为110V ． 故选：B ．左图是变压器，右图是直流电路中的部分电路，变压器的原副线圈电压之比等于线圈匝数比．本题主要考查变压器的工作原理和原副线圈的变压比公式，要能和直流电路的分压原理相区别．8.将正弦交流电经过整流器处理后，得到的电流波形刚好去掉了半周，如图，它的有效值是（ ）A.2AB.√2AC.√22A D.1A【答案】 D【解析】解：设交流电电流的有效值为I ，周期为T ，电阻为R ，则，有： I 2RT=（I m √2）2R •T2 解得：I=Im 2=1A故选：D根据有效值的定义求解．取一个周期时间，将交流与直流分别通过相同的电阻，若产生的热量相同，直流的电流值，即为此交流的有效值．求交流电的有效值，往往根据电流的热效应，由有效值的定义求解，基础题．9.如图所示，把电阻R 、电感线圈L 、电容器C 并联接到某一交流电源上时，三只电流表的示数相同．若保持电源电压不变，而使交变电流的频率逐渐减小，则三个电流表的示数 I 1、I 2、I 3 的大小关系是（ ）A.I 1=I 2=I 3B.I 1＞I 2＞I 3C.I 3＞I 1＞I 2D.I 2＞I 1＞I 3 【答案】 D【解析】解：电感线圈的特点是通低频阻高频，电容器的特点是通高频阻低频，所以当频率减小时通过线圈的电流增大，通过电容器的电流减小，而通过电阻的电流不变，故D 正确． 故选D频率减小时通过线圈的电流增大，通过电容器的电流减小，频率对电阻无影响． 牢记电感线圈和电容器对交变电流的作用，频率改变时电动势的有效值是不变的．10.有一台理想变压器，原线圈匝数为n 1，两个副线圈匝数分别为n 2和n 3，原副线圈的电压分别为U 1、U 2和U 3，电流分别为I 1、I 2和I 3，下面结论不正确的是（ ） A.U 1：U 2=n 1：n 2，U 2：U 3=n 2：n 3 B.I 1：I 2=n 1：n 2，I 1：I 3=n 3：n 1 C.n 1I 1=n 2I 2+n 3I 3 D.I 1U 1=I 2U 2+I 3U 3 【答案】 B【解析】解：A 、根据理想变压器的电压与匝数成正比可知U 1U 2=n 1n 2，U 1U 3=n 1n 3，U 2U 3=n2n 3，所以A正确．B、由于有多个副线圈时，此时的电流与匝数不是成反比，所以I1I2=n2n1，I1I3=n3n1不成立，所以B不正确．C、根据理想变压器的电压与匝数成正比可知，U1U2=n1n2，可得U2=U1n2n1，同理可U1U3=n1 n3，可得U3=U1n3n1，把U2，U3带入I1U1=I2U2+I3U3，可得N1I1=N2I2+N3I3，所以C正确．D、理想变压器的输入功率和输出功率相等，所以输入的功率为I1U1，输出的功率为两个副线圈的功率的和，所以I1U1=I2U2+I3U3，所以D正确．本题选不正确的，故选：B．理想变压器的输入功率和输出功率相等，电压与匝数成正比，当有多个副线圈时，根据输入的功率和输出的功率相等可以判断电流之间的关系．掌握住理想变压器的电压、电流及功率之间的关系，本题即可得到解决．11.如图所示，理想变压器的副线圈上通过输电线接有两个相同的灯泡L1和L2，输电线的等效电阻为R，开始时，开关S断开，当开关S接通时，下列说法中不正确的是（）A.副线圈两端M、N的输出电压减小B.副线圈输电线等效电阻R上的电压将增大C.通过灯泡L1的电流减小D.原线圈上电流增大【答案】A【解析】解：当开关S接通时，相当于增加了负载，副线圈中电阻减小，电流增大（同时原线圈中的电流也增大），R上的分压增大，灯泡两端的电压减小，故通过灯泡L1的电流减小，副线圈两端M、N的输出电压有匝数和原线圈两端的电压有关，保持不变，故A错误，BCD正确；本题选错误的，故选：A．负载增多电阻减小，利用动态分析的方法分析电流电压的变化，再根据变压器的匝数与电流电压的关系即可判断各项．本题结合变压器考查了电路的动态分析，方法是从部分电路的变化分析整体的变化然后再到部分．二、填空题(本大题共2小题，共6.0分)12.一个面积为S的矩形线圈在匀强磁场中以其一条边为轴做匀速转动，磁场方向与转轴垂直，线圈中感应电动势e与时间t的关系图象如图所示，感应电动势的最大值和周期可在图中读出，则磁感应强度B= ______ ．在t=T12时刻，线圈平面与磁感强度的夹角______ ．【答案】E m T 2πS ；π6【解析】解：由图象知周期为T，所以ω=2πT，根据E m=NBSω解得：B=E m T2πS图象可知，线圈平行磁场开始转动，当在t=T12时，则磁感强度方向与线圈平面夹角为30°，即为π6；故答案为：E m T2πS ，π6．从图象得出电动势的最大值、周期，算出角速度，根据E m=NBSω求解B；磁通量最大时电动势为零，磁通量为零时电动势最大．本题考查了对交流电图象的认识，要具备从图象中获得有用信息的能力．13.如图所示的是某一交流电的电压随时间变化的图象，从图中可以计算出这一脉动电压的有效值为______ ．【答案】5V【解析】解：将交流与直流通过阻值都为R的电阻，设直流电流为U，则根据有效值的定义有：（4√2）21R ×0.01+（3√2）21R×0.01=U21R×0.02；解得：U=5V；故答案为：5V．根据有效值的定义求解．取一个周期时间，将交流与直流分别通过相同的电阻，若产生的热量相同，直流的电流值，即为此交流的有效值．对于非正弦式电流可根据有效值的定义求解有效值．常见题型，要熟练掌握．三、计算题(本大题共3小题，共30.0分)14.一小型发电机内的矩形线圈在匀强磁场中以恒定的角速度ω绕垂直于磁场方向的固定轴转动，线圈匝数n=100．穿过每匝线圈的磁通量Φ随时间按正弦规律变化，如图所示，发电机内阻r=5.0Ω，外电路电阻R=95Ω．已知感应电动势的最大值E m=nωΦm，其中Φm为穿过每匝线圈磁通量的最大值．求串联在外电路中的交流电流表（内阻不计）的读数．【答案】解：从Φ-t 图象可以读出：Φm =1.0×10-2 W b ，T=3.14×10-2 s 感应电动势最大值E m =n BS ω=n ωΦm ，又ω=2πT ，得到E m =n 2πT Φm 故电路中电流最大值 I m =E mR+r =n⋅2π⋅ϕmT(R+r)=100×2×3.14×1.0×10−23.14×10−2×(95+5.0)A=2 A ．交流电流表读数I=0.707I m ≈1.4 A ．答：串联在外电路中的交流电流表的读数是1.4 A ． 【解析】由题可知，线圈中产生正弦交变电流．交流电流表测量的是电流的有效值．由图读出磁通量的最大值和周期，求出感应电流的最大值I m ，再由I=0.707I m ，求出电流的有效值．对于正弦交变电流的最大值E m =n BS ω=n ωΦm ，要在理解的基础上加强记忆．交流电流表和电压表测量的是有效值．15.有一台发电机通过升压和降压变压器给用户供电．已知发电机的输出电功率为500k W ，端电压为500V ，升压变压器原、副线圈的匝数比是1：5，两变压器之间输电导线的总电阻是1.5Ω，降压变压器的输出电压是220V ．求：（1）升压变压器的输出电压； （2）输电效率；（3）降压变压器原、副线圈的匝数比．【答案】解：（1）根据U 1U 2=N1N 2得升压变压器的输出电压为：U 2=500×5V=2500V ．（2）输电线上的电流为：I=P U 2=5000002500A =200A ．则输电线上损耗的功率为：P 损=I 2R =2002×1.5W =60000W ．所以输电效率为：η=P−P 损P×100%=500000−60000500000×100%=88%．（3）输电线上的电压损失为：△U=IR=200×1.5V=300V ． 则降压变压器的输入电压为：U 3=U 2-△U=2500-300V=2200V ．降压变压器的匝数比为：n 1n 2=U 3U 4=2200220=101．答：（1）升压变压器的输出电压为2500V ； （2）输电效率为88%；（3）降压变压器原、副线圈的匝数比为10：1．【解析】（1）根据原副线圈的电压之比等于匝数之比求出升压变压器的输出电压．（2）根据输送的电流大小，求出输电线上损失的功率，从而结合输送功率和得到的功率，求出输电效率．（3）根据输电线上的电压损失，求出降压变压器的输入电压，结合电压之比等于匝数之比求出降压变压器的原副线圈的匝数比．解决本题的关键知道输送功率与输送电压、电流的关系，知道升压变压器的输出功率与降压变压器输入功率的关系，升压变压器输出电压与降压变压器输入电压的关系．16.如图，边长为10cm的正方形线圈绕垂直磁感线的OO′轴以n=s2π转/秒的转速匀速转动，磁场磁感应强度B=0.1T，线圈匝数为N=100，电阻r=1Ω线圈分别接在两个定于OO′轴上且彼此绝缘的金属滑环上，外电路接有R=9Ω的电阻，并接有一只理想交流电压表．求：（1）若从线圈从中性面开始计时，写出线圈中交变电动势的瞬时值的表达式（2）电压表和电流表的读数（3）线圈从图示位置转过900的过程中，通过线圈截面的电量为多少？（4）在1分钟内外界驱动线圈所作的功．【答案】解：（1）从线圈从中性面位置开始计时，所求表达式应为正弦形式e=εm sinωt=NBS2πnsinωt=100×0.1×0.01×2π×52πsin（2π×52π）t解得：e=0.5sin5t（2）交流电表的读数都为有效值，电动势的有效值U=m√2=0.5√2=0.35V由闭合回路欧姆定律有I=UR+r =0.3510=0.035A电压表的示数U R=IR=0.035×9=0.32V （3）由法拉第电磁感应定律，E=n△∅△t电量q=I△t=ER+r △t=n△∅R+r=100×0.1×0.0110=0.01C（4）由能量守恒定律可知，外力驱动线圈所做的功将消耗的外界能量全部转化为回路中的电能，进一步转化为回路中产生的内能，能量必须用有效值计算Q=I2（R+r）t=0.252×10×60=0.75J；答：（1）若从线圈中性面位置开始计时，写出线圈中交变电动势的瞬时值的表达式为e=0.5sin5t；（2）电压表读数为0.32V，电流表的读数为0.035A；（3）线圈从图示位置转过90°的过程中，通过线圈导线的截面的电量为0.01C；（4）在1分钟内外界驱动线圈所做的功为0.75J；【解析】交流发电机产生电动势的最大值E m=n BSω，交流电压表显示的是路端电压有效值，通，由能量守恒定律可知，外力驱动线圈所做的功将消耗的外界过电阻的电量为q=n△∅R+r能量全部转化为回路中的电能，进一步转化为回路中产生的内能，能量必须用有效值计算．本题考查了交流电的峰值和有效值、周期和频率的关系，记住，求电量用电动势的平均值，求热量用有效值．。
2013-2014学年福建省厦门一中高二(上)期中物理试卷
2013-2014学年福建省厦门一中高二（上）期中物理试卷学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________一、单选题(本大题共14小题，共56.0分)1.一负电荷从电场中A点由静止释放，只受电场力作用，沿电场线运动到B点，它运动的v-t图象如图所示，则A、B两点所在区域的电场线分布情况可能是（）A. B. C.D.【答案】C【解析】解：由v-t图象可知，粒子做加速度逐渐增大的加速运动，因此该电荷所受电场力越来越大，电场强度越来越大，电场线密的地方电场强度大，且负电荷受力与电场方向相反，故ABD错误，C正确．故选C．v-t图象中的斜率表示物体的加速度，所以根据电荷运动过程中v-t图象可知电荷的加速度越来越大，则电场力越来越大，电场强度越来越大，根据电场线与电场强度的关系可得出正确结果．本题结合v-t图象，考查了电场强度与电场线以及电荷受电场力与电场方向之间的关系，考点结合巧妙、新颖，有创新性．2.一个带正电的质点，电量q=2×10-7库仑，在静电场中由a点移到b点，在这过程中，除电场力外，其它力作的功为6.0×10-5焦耳，质点的动能减小了8.0×10-5焦耳，则a，b两点间的电势差фa-фb为（）A.-700VB.700VC.-100VD.100V【答案】A【解析】解：粒子由a点移到b点过程，根据动能定理得：q U ab+W其=△E k；由题意有：W其=6.0×10-5J，△E k=-8.0×10-5J，q=2×10-7J代入解得：U ab=-700V故选：Aa、b两点间的电势差与电场力做功有关，根据动能定理和电场力做功公式W=q U，即可求解．本题要知道电场力做功与电势差有关，掌握电场力做功公式和动能定理是解答本题的关键．3.如图所示，在一个粗糙水平面上，彼此靠近地放置两个带同种电荷的小物块．由静止释放后，两个物块向相反方向运动，并最终停止．在物块的运动过程中，下列表述正确的是（）A.两个物块的电势能逐渐减少B.物块受到的库仑力不做功C.两个物块的机械能守恒D.物块受到的摩擦力始终小于其受到的库仑力【答案】A【解析】解：A、由静止释放后，两个物块向相反方向运动，两物块之间的库仑力做正功，电势能减小．故A正确．B、两物块之间存在库仑斥力，对物块做正功．故B错误．CD、开始阶段，库仑力大于物块的摩擦力，物块做加速运动，动能增大；当库仑力小于摩擦力后，物块做减速运动，动能减小，重力势能不变，则机械能先增大，后减小，不守恒．故CD错误．故选：A由静止释放后，两个物块向相反方向运动，两物块之间的库仑力做正功，电势能减小．开始阶段，库仑力大于物块的摩擦力，物块做加速运动，当库仑力小于摩擦力后，物块做减速运动，动能先增大，后减小．本题首先考查分析物块受力情况和运动情况的能力，要抓住库仑力随距离增大而减小的特点．4.平行板间加如图所示周期变化的电压，重力不计的带电粒子静止在平行板中央，从t=0时刻开始将其释放，运动过程无碰板情况．图中，能定性描述粒子运动的速度图象正确的是（）A. B. C.D.【答案】A【解析】解：开始粒子在匀强电场中从静止运动，前半个周期是匀加速运动，后半个周期是匀减速运动，在下一个周期中仍是这样：继续向前匀加速运动，再匀减速运动，这样一直向前运动下去．速度的方向不变，而大小先增大后减小，再增大，再减小．故选：A不计重力的带电粒子在周期变化的电场中，在电场力作用下运动．速度随着时间变化的关系由加速度来确定，而加速度是由电场力来确定，而电场力却由电势差来确定．带电粒子正好是从零时刻由静止开始运动，加速度、速度具有周期性与对称性．5.如图所示的电路可将声音信号转化为电信号，该电路中右侧固定不动的金属板b，与能在声波驱动下沿水平方向振动的镀有金属层的振动膜a通过导线与恒定电源两极相接，若声源s沿水平方向做有规律的振动，则（）A.a振动过程中，ab板间的电场强度不变B.a振动过程中，ab板所带电量不变C.a振动过程中，灵敏电流计中始终有方向不变的电流D.a向右的位移最大时，ab两板所构成的电容器的电容量最大【答案】D【解析】解：A、a、b间电压不变，a振动过程中，板间距离周期性变化，则由公式E=分析得知，a、b板间的电场强度也会周期性变化．故A错误．B、a振动过程中，a、b间电压不变，由公式C=分析得知，a、b板所带的电量会周期性变化．故B错误．C、a振动过程中，a、b板所带的电量会周期性变化，电容器放电和充电周期性交替产生，所以灵敏电流计中电流的方向也会周期性变化．故C错误．D、a向右的位移最大时，a、b板间的距离最小，则a、b构成的电容器的电容最大．故D正确．故选：D．由图看出，a、b间电压不变，由公式E=分析板间电场强度的变化．由公式C=分析电量的变化，根据电容器充电和放电情况，分析电路中电流的方向．a向右的位移最大时，a、b板构成的电容器的电容最大．本题考查运用物理知识分析实际问题的能力，实质是电容器动态变化分析问题，根据电容的定义式和决定式进行分析．6.如图所示电路中，电路中5个电阻相同，如果ab输入电压是6V，电容器的电容C=10-6F，则cd端电容所带的电量为（）A.6×10-6CB.3×10-6CC.2×10-6CD.1×10-6C【答案】C【解析】解：由图可知左侧三个电阻串联，电容器与R并联；则电容器两端的电压U==2V；则电容器所带的电量Q=UC=2×10-6C；故选：C．由图可知电路的结构，则可求得电容器两端的电压；由Q=UC可求得电容所带的电量．电题考查电路的串并联关系以及电容器的电容公式的应用；注意与电容器串联的电阻部分作为导线处理．7.有二个标有“110V，25W”和“110V，60W”字样的灯泡，要把它们接在220V的电源上，灯泡既正常发光，又最省电的连接方式是图中的哪一个？（）A. B. C. D.【答案】B【解析】解：根据公式R=可知，“110V，25W”的灯泡的电阻R A==484Ω“110V，60W”灯泡的电阻R B==201.7Ω知A电阻大于B电阻．A、由公式I=I A+I B得灯泡A和灯泡B并联后的电流是二者电流之和，由P=I2R知R上损失功率多；B、图是灯泡A和电阻并联后，然后和B串联，接到220V的电源上，根据串联电路的分压特点可知两灯泡两端的电压都可以等于110V，所以能正常工作，且总电流小，电阻损失功率小，故B正确；C、图是灯泡B和电阻R并联后又和灯泡A串联，灯泡要想正常工作，必须满足灯泡B 与电阻R并联后和灯泡A的电阻相等；但并联电路中，电阻越并越小，小于任何一个分电阻，所以此电路中灯泡A和灯泡B也不能正常工作，故C错误；D、图是灯泡A和灯泡B分别与一个电阻串联，串联电路，电阻越串越大；可以使灯泡A和灯泡B都能使灯正常发光，但消耗的功率多，D错误．故选：B．（1）根据串联电路电阻的分压特点可知，电压相等时，电阻也要相等．（2）已知电源电压相等，根据公式R=，可知，电路中电阻越大，消耗的功率就越小，先根据公式R=分别求出两只灯泡的电阻，再求出A、B、C、D图总电阻进行比较，即可得出结论．本题考查电功率的计算和串、并联电路电阻的计算，关键是电功率公式及其变形的灵活运用，重点知道串联电路总电阻大于任何一个串联的电阻，并联电路的总电阻小于任何一个并联的电阻．8.如图所示，A、B、C是相同的三盏灯，在滑动变阻器的滑动触头c由a端向b端滑动的过程中（各灯都不被烧坏），各灯亮度的变化情况为（）A.A、C灯变亮，B灯变暗B.C灯变亮，A、B灯变暗C.A灯变亮，B、C灯变暗D.B灯变亮，A、C灯变暗【答案】B【解析】解；当触头向右移动时，滑动变阻器接入电阻增大；则总电阻增大，电路中总电流减小，故a灯变暗；因a灯及电源内阻的电压减小，故并联部分电压增大，故C灯变亮；而因为总电流减小，而C灯电流增大，故b灯中电流减小，故b灯变暗；故选：B．由图可知电路为简单的串并联关系，由闭合电路的欧姆定律可分析3灯的亮度变化情况．本题为闭合电路欧姆定律中的动态分析问题，由程序法解析时，一般按照：部分-整体-部分的思路进行分析．9.有一个电流表G，内阻R g=10Ω满偏电流I g=3m A．要把它改装成量程0～3V的电压表，则（）A.要串联一个阻值为990Ω的电阻B.要并联一个阻值为990Ω的电阻C.要串联一个阻值为0.10Ω的电阻D.要并联一个阻值为0.10Ω的电阻【答案】A【解析】解：把电流表改装为电压表，应串联一个分压电阻，串联电阻阻值为：R=-R g=-10=990Ω，故A正确；故选：A．电流表改装成电压表要串联电阻分压，串联的阻值为R=-R g，U为改装后的量程．考查的电压表的改装原理，明确串联电阻的分压作用，会求串联电阻阻值．10.如图所示，a、b、c三枚小磁针分别放在通电螺线管的正上方、右侧和管内，当开关闭合时，且当这些小磁针静止时，小磁针N极的指向是（）A.a、b、c均向左B.a、b、c均向右C.a向左，b向右，c向右D.a向右，b向左，c向右【答案】C【解析】解：由通电螺线管电流的流向，根据右手螺旋定则可得，通电螺线管的左边为S极，右边为N极．所以a枚小磁针的N极指向为向左、b枚小磁针N极指向为向右、c枚小磁针的N极指向为向右，故选：C小磁针能体现出磁场的存在，且小磁针静止时N极的指向为磁场的方向，即为磁感应强度的方向．也可为磁感线在该点的切线方向．而电流周围的磁场由右手螺旋定则来确定磁场方向．通电螺线管外部的磁感线是从N极向S极，而内部则是从S极到N极的．右手螺旋定则也叫安培定则，让大拇指所指向为电流的方向，则四指环绕的方向为磁场方向．当导线是环形时，则四指向为电流的方向．11.如图所示，在绝缘的水平面上等间距固定着三根相互平行的通电直导线a、b和c，各导线中的电流大小相同，其中a、c导线中的电流方向垂直纸面向外，b导线电流方向垂直纸面向内．每根导线都受到另外两根导线对它的安培力作用．关于每根导线所受安培力的合力，以下说法中正确的是（）A.导线a所受安培力的合力方向向右B.导线c所受安培力的合力方向向右C.导线c所受安培力的合力方向向左D.导线b所受安培力的合力方向向左【答案】B【解析】解：对a来说，受到b的斥力和C的引力，而b靠近a，所以对a的作用力更大，所以a受到的合力向左，对b来说，受到a、c的拆力，并且是相等的，所以b受到的合力为0，对c来说，和a的情况正好相反，所以合力向右．故选B．同向电流相互吸引，异向电流相互排斥．导线越近，磁场越强，安培力越大．本题考查了学生对用安培定律中导线之间相互作用力、电流的大小、导线之间的距离等因素的关系了解和掌握，属于常见题型．12.如图所示，三个完全相同的带负电的小球，从同一高度自由下落．其中丙下落过程中经过一个水平向里的匀强磁场区，乙下落过程中经过一个水平向右的匀强电场区，甲直接落地．一切阻力均不计，设三小球下落所用时间分别为t甲、t乙、t丙，则（）A.t甲=t乙=t丙B.t甲＞t乙＞t丙C.t甲=t丙，t甲＜t乙D.t甲=t乙，t甲＜t丙【答案】D【解析】解：根据题意可知，甲做自由落体运动；而乙除竖直方向做自由落体运动外，水平方向受到电场力作用做初速度为零的匀加速运动，所以下落时间不变，不过下落的速度大于甲的自由落体运动的速度；对于丙受到洛伦兹力作用，因洛伦兹力始终与速度垂直，所以在竖直方向除受到重力作用外，还有洛伦兹力在竖直方向的分力，导致下落的加速度变小，则下落时间变长，故D正确，ABC错误；故选：D．根据甲球只受重力做自由落体运动，而乙除重力外，还受到水平方向的电场力作用，因而电场力做功；对于丙球除重力外，还受到洛伦兹力作用，由于洛伦兹力不做功，不改变速率，因此即可求解．考查球受到重力，或加之电场力，或洛伦兹力作用下的运动，掌握运动的合成与分解的方法，注意电场力做功与洛伦兹力不做功的区别．13.PN和MQ两板平行且板间存在垂直纸面向里的匀强磁场，两板长度及两板间距离均为d，一带正电的质子从PN板的正中间O点以速度v o垂直射入磁场．为使质子能射出两板间，磁感应强度B的大小应为（）A. B. C.或D.或【答案】A【解析】解：质子进入板间匀强磁场中做匀速圆周运动，当质子的轨迹恰好与N点相切时，对应的能射出两板间的速度最小，这种情况下质子的轨迹半径为：r1=由半径公式r=得：B=故当r1=时，B1==；当质子的轨迹恰好与M点相切时，对应的能射出两板间的速度最大，设这种情况下质子的轨迹半径为r2．由几何知识得：=d2+，解得，r2=d将r2=d代入半径公式得：B2==故为使质子能射出两板间，磁感应强度B的大小应为≤B≤；故选：A质子进入板间匀强磁场中做匀速圆周运动，当质子的轨迹恰好与N点相切时，对应的能射出两板间的速度最小；当质子的轨迹恰好与M点相切时，对应的能射出两板间的速度最大，根据几何关系求出临界情况下轨迹半径，由半径公式r=求出B的范围．本题是磁场中临界问题，画出轨迹，作出边界轨迹，运用几何知识求出轨迹半径是解题的关键．14.如图所示是电视机的显像管的结构示意图，荧光屏平面位于坐标平面x O z，y轴是显像管的纵轴线．位于显像管尾部的灯丝被电流加热后会有电子逸出，这些电子在加速电压的作用下以很高的速度沿y轴向其正方向射出，构成了显像管的“电子枪”．如果没有其它力的作用，从电子枪发射出的高速电子将做匀速直线运动打到坐标原点O，使荧光屏的正中间出现一个亮点．当在显像管的管颈处的较小区域（图中B部分）加沿z轴方向的磁场（偏转磁场），亮点将偏离原点O而打在x轴上的某一点，偏离的方向和距离大小依赖于磁场的磁感应强度B．为使荧光屏上出现沿x轴的一条贯穿全屏的水平亮线（电子束的水平扫描运动），偏转磁场的磁感应强度随时间变化的规律是下列情况中的哪一个（）A. B. C. D.【答案】A【解析】解：据题意，如果没有其它力的作用，电子将打到坐标原点O，为使荧光屏上出现沿x 轴的一条贯穿全屏的水平亮线，电子既要能向x轴正向偏转，又要能向x轴负向偏转，实现来回扫描，必须加方向周期性改变的偏转磁场．而且电子的偏转距离要周期性，由半径公式r=分析得知磁感应强度的大小也随时间周期性变化．故A正确．故选A由题，如果没有其它力的作用，电子将打到坐标原点O，为使荧光屏上出现沿x轴的一条贯穿全屏的水平亮线，电子既要能向x轴正向偏转，又要能向x轴负向偏转，必须加方向周期性改变的偏转磁场．根据半径公式r=分析磁感应强度的变化．本题考查对电视机的显像管原理的理解，掌握半径公式和电子偏转方向与磁场方向的关系是关键．二、填空题(本大题共1小题，共7.0分)15.某同学在做多用电表测电阻的实验中：（1）测量某电阻时，用×10Ω档时，发现指针偏转角度过大，他应该换用______ （填×1Ω档或×100Ω档），换档后，在测量前要先______ ．（2）如图所示，A、B、C是多用表在进行不同测量时，转换开关分别指示的位置，D 是多用表表盘指针在测量时的偏转位置．若用A档测量，指针偏转如D，则读数是______ ；若用B档测量，指针偏转如D，则读数是______ ；若用C档测量，指针偏转如D，则读数是______ ．【答案】×1Ω档；欧姆调零；1300Ω；5.4m A；27V【解析】解：（1）指针偏角过大，说明待测电阻阻值较小，为了准确要换×1挡，然后重新欧姆调零．（2）若用A挡，是测电阻，读数为13×100=1.3×103Ω若用B挡，是测电流，读数为27×=5.4m A若用C挡，是测电压，读数为27×=27V故答案为：（1）×1Ω档、欧姆调零．（2）1300Ω、5.4m A、27V．指针偏角大，应换用小倍率，并重新调零，电阻的读数为示数乘以倍率，电压和电流的读数为格子数乘以每小格表示的数．本题考查了欧姆表、电压表和电流表的使用和读数，记住其方法即可解决此类题目．三、实验题探究题(本大题共1小题，共12.0分)16.在“测量电阻丝的电阻率”的实验中，（1）如图1用螺旋测微器测量电阻丝的直径为______ mm：已知电阻丝的电阻R X约为10Ω，有下列器材供测量该电阻丝的电阻时选用，要求尽量多测几组数据：A．量程为0-0.6A，内阻约为0.5Ω的电流表A1B．量程为0-3A，内阻约为0.1Ω的电流表A2C．量程为0-3V，内阻约为6kΩ的电压表V1D．量程为0-15V，内阻约为30kΩ的电压表V2E．阻值为0-1kΩ，额定电流为0.5A的滑动变阻器R1F．阻值为0-10Ω，额定电流为2A的滑动变阻器R2G．电动势为4V、内阻约为2Ω的蓄电池EH．开关S，导线若干（2）除选用G、H外，还应选用的器材是（只填代号）电流表______ ，电压表______ ，滑动变阻器______ ．（3）在图2虚线方框中用笔画出用伏安法测上述电阻丝电阻的电路图．（4）测量的阻值比真实的阻值______ （填“偏大”、“偏小”或“相等”）．【答案】0.888；A；C；F；偏小【解析】解：（1）螺旋测微器的固定刻度读数为0.5mm，可动刻度读数为：0.01×38.8mm=0.084mm，所以最终读数为：0.5mm+0.388mm=0.888mm，由于需要估读，在范围内0.885～0.889内均正确．（2）电源的电动势为4V，为了测量的准确性，电压表应选择C；电路中的最大电流I==Ω=0.3A；故电流表选择A；滑动变阻器要便于调节，故采用分压接法时，应选用小电阻，故滑动变阻器选F；（3）本实验要求多测几组数据，故滑动变阻器应采用分压接法；同时，由于电压表内阻远大于待测电阻，故电流表选用外接法；电路图如下图；（4）采用电流表外接法时，电压表准确，而电流表示数大于真实值，则由欧姆定律可知，测量值小于真实值；故答案为：（1）0.888；（2）C，A，F；（3）如图；（4）偏小．（1）螺旋测微器的读数方法是固定刻度读数加上可动刻度读数，在读可动刻度读数时需估读．（2）用伏安法测量电阻时，要注意安全，即电流电压不能超过电表的量程，也不能超过电路元器件的额定电流；还要注意精确，即电表读数要使指针偏转的角度较大，通常尽量超过一半；最后要操作方便，便于测量．根据电源电动势选择电压表，根据电路最大电流选择电流表，在保证安全的前提下，为方便实验操作，应选择最大阻值较小的滑动变阻器．（3）根据待测电阻与滑动变阻器最大阻值间的关系确定滑动变阻器的接法，根据待测电阻阻值与电表内阻的关系确定电流表的接法，然后作出实验电路图．（4）分析实验中中电压表及电流表内阻的影响，则可得出实验结果的误差．测量电阻率的实验中滑动变阻器可以采用分压和限流接法，但由于本实验中要求多测几组数据，故应采用滑动变阻器分压接法．四、填空题(本大题共1小题，共10.0分)17.在研究微型电动机的性能时，应用如图所示的实验电路．当调节滑动变阻器R并控制电动机停止转动时，电流表和电压表的示数分别为0.50A和2.0V．重新调节R并使电动机恢复正常运转，此时电流表和电压表的示数分别为2.0A和24.0V．则这台电动机的内阻为______ ，正常运转时输出功率为______ ．【答案】4Ω；32W【解析】解：电动机的电阻R===4Ω；电动机的总功率P=U1I1=24V×2A=48W；克服自身电阻的功率P R=I12R=（2A）2×4Ω=16W；电动机正常运转时的输出功率是P输出=P-P R=48W-16W=32W．故答案为：4Ω；32W．从电路图中可以看出，电动机和滑动变阻器串联，电压表测量电动机两端的电压，电流表测量电路电流，根据公式R=可求电动机停转时的电阻；利用公式P=UI可求电动机的总功率，根据公式P=I2R可求电动机克服本身阻力的功率，总功率与电动机克服自身电阻功率之差就是电动机的输出功率．本题考查电阻、功率的有关计算，关键是明白电路中各个用电器的连接情况，要知道非纯电阻电路的功率的计算方法，这是本题的难点．五、计算题(本大题共3小题，共35.0分)18.如图所示，平行板电容器竖直放置在水平绝缘地板上，场强方向水平向右．一个带电质点质量为m=0.10×10-3kg，电荷量为q=-2.0×10-4C，从电容器中心线上某点由静止开始自由下落，下落了h1=0.80m后进入匀强电场，又下落了h2=1.0m后到达水平绝缘地板．落地点在两板中心O点左侧s=20cm处（未碰板）．求：（1）带电质点进入电场时的初速度；（2）电容器中匀强电场的场强E的大小（g取10m/s2）．【答案】解：（1）根据带电质点做自由落体运动，结合运动学公式，则有：v=；（2）带电质点先做自由落体，后做类平抛运动，设自由落体的时间t1，在竖直方向：h1=gt12；h1+h2=gt2；做类平抛运动的时间为t2；所以有：t2=t-t1=0.2s在水平方向：s=at22；由牛顿第二定律，则有：q E=ma=5N/m；解得：E=．答：（1）带电质点进入电场时的初速度4m/s；（2）电容器中匀强电场的场强E的大小5N/m．【解析】（1）根据自由落体运动，结合运动学公式，即可求解；（2）将运动分解成水平方向与竖直方向，由运动学公式与牛顿第二定律相综合，即可求解．考查自由落体运动的特点，掌握运动的合成与分解的方法，理解运动学公式与牛顿第二定律综合的应用，注意分运动与合运动的等时性．19.如图所示，在y＞0的空间中存在匀强电场，场强沿y轴负方向；在y＜0的空间中，存在匀强磁场，磁场方向垂直xy平面（纸面）向外．一电量为q、质量为m的带正电的运动粒子，经过y轴上y=h处的点P1时速率为v0，方向沿x轴正方向；然后，经过x轴上x=2h处的P2点进入磁场，并经过y轴上y=-2h处的P3点．不计重力．求（l）电场强度的大小．（2）粒子到达P2时速度的大小和方向．（3）磁感应强度的大小．【答案】解：（1）粒子在电场中做类平抛运动，设粒子从P1到P2的时间为t，电场强度的大小为E，粒子在电场中的加速度为a，由牛顿第二定律及运动学公式有：v0t=2h①q E=ma②③联立①②③式可得：（2）粒子到达P2时速度方向决定粒子在磁场中做匀速圆周运动的轨迹，由x方向的速度分量和沿y方向的速度分量可得方向角（与x轴的夹角）为θ，v12=2ahθ=45°所以粒子是垂直P2P3的连线进入磁场的，P2P3是粒子圆周运动轨迹的直径，速度的大小为（3）设磁场的磁感应强度为B，在洛仑兹力作用下粒子做匀速圆周运动的半径根据几何关系可知是r=，由牛顿第二定律所以=如图是粒子在电场、磁场中运动的轨迹图答：（l）电场强度的大小为．（2）粒子到达P2时速度的大小为，与x轴成45°夹角；（3）磁感应强度的大小为．【解析】（1）粒子在电场中做类平抛运动，由牛顿第二定律及运动学公式即可求出电场强度；（2）粒子到达P2时速度方向决定粒子在磁场中做匀速圆周运动的轨迹，由x方向的速度分量和沿y方向的速度分量可得方向角，根据运动学公式即可求解；（3）粒子在洛仑兹力作用下做匀速圆周运动的半径根据几何关系可以求出，再由牛顿第二定律即可求出磁感应强度．本题主要考查了带电粒子在混合场中运动的问题，要求同学们能正确分析粒子的受力情况，再通过受力情况分析粒子的运动情况，熟练掌握圆周运动及平抛运动的基本公式，难度适中．20.如图，真空室内存在匀强磁场，磁场方向垂直于纸面向里，磁感应强度的大小B=0.60T，场区足够宽，磁场内有一块平面感光薄板ab，板面与磁场方向平行，在距ab的距离l=16cm处，ab中垂线上有一个点状的α放射源S，它向各个方向发射α粒子（氦核），α粒子的速度都是v=3.0×106m/s，已知α粒子的电荷与质量之比q/m=5.0×107C/kg，现只考虑在图纸平面中运动的α粒子，（1）若ab长度为20cm，求ab下侧被α粒子打中的区域的长度．（2）要使ab上侧能全部被α粒子打中，ab的长度应为多大？【答案】解：（1）α粒子带正电，故在磁场中沿逆时针方向做匀速圆周运动，。
2024届福建省厦门第一中学物理高三第一学期期中质量检测试题含解析
2024届福建省厦门第一中学物理高三第一学期期中质量检测试题注意事项：1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号、考场号和座位号填写在试题卷和答题卡上。
用2B铅笔将试卷类型（B）填涂在答题卡相应位置上。
将条形码粘贴在答题卡右上角"条形码粘贴处"。
2．作答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目选项的答案信息点涂黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案。
答案不能答在试题卷上。
3．非选择题必须用黑色字迹的钢笔或签字笔作答，答案必须写在答题卡各题目指定区域内相应位置上；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新答案；不准使用铅笔和涂改液。
不按以上要求作答无效。
4．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、测速仪安装有超声波发射和接受装置，如图所示，B为测速仪，A为汽车，两者相距335m，某时刻B发出超声波，同时A由静止开始作匀加速直线运动。
当B接收到反射回来的超声波信号时，AB相距355m，已知声速为340m/s，则汽车的加速度大小为（）A．20m/s2B．10m/s2C．5m/s2D．无法确定2、如图所示，由轻杆AB和BC构成的三角形支架固定在墙壁上，A、B、C各固定点均用铰链连接．在B处挂一重物，以F1、F2分别表示轻杆AB、BC对B点的弹力，则以下说法中正确的是()A．F1沿AB延长线方向，F2沿BC方向B．F1沿BA方向，F2沿CB延长线方向C．F1沿BA方向，F2沿BC方向D．F1沿AB延长线方向，F2沿CB延长线方向3、韩晓鹏是我国首位在冬奥会雪上项目夺冠的运动员．他在一次自由式滑雪空中技巧比赛中沿“助滑区”保持同一姿态下滑了一段距离，重力对他做功1900J，他克服阻力做功100J．韩晓鹏在此过程中（）A．动能增加了1900JB．动能增加了2000 JC．重力势能减小了1900JD．重力势能减小了2000J4、2011年11月3日凌晨，“神舟八号”与“天宫一号”空间站成功对接。
高一物理上学期期中-厦门市第一中学2012—2013学年度第二学期半期考试物理试题及答案高一年级试题
福建省厦门第一中学2012—2013学年度第二学期半期考试高一年物理试卷第Ⅰ卷说明：⑴本卷分题卷（第Ⅰ卷）、答题卡和答卷。
题卷一张4页，答卷一张4页。
⑵选择题的答案请用2B 铅笔填涂在答题卡上，其余题目的答案用0.5mm 的黑色水笔填在答卷的指定位置，超出指定位置的和填错位置的答案不能得分。
⑶答题时一律不准使用涂改液或涂改纸，违反规定的该题答案视为无效。
⑷考试完毕，只交答题卡和答题卷。
一、单项选择题（每题的4个选项中只有一个是正确的，选对得3分，选错得0分） 1.两颗人造地球卫星A 、B 绕地球做圆周运动，周期之比为T A ：T B ＝1：8，则轨道半径之比为：（ ）A R A ／RB ＝4 B R A ／R B ＝1／4C R A ／R B ＝2D R A ／R B ＝1／22.地球半径为R ，地球表面的重力加速度为g ，若高空中某处的重力加速度为g /4，则该处距地球表面的高度为：（ ）A ．RB ．2RC ． 2RD ．3R3. 一条河宽100m ，船在静水中的速度为4m/s ，水流速度是5m/s ，则（ ） A.该船可能垂直河岸横渡到对岸B.当船头垂直河岸渡河时，过河所用的时间最短C.当船头垂直河岸渡河时，船的位移最小，是100mD.当船渡河位移最小时，过河所用的时间最短4.互成45°角的两个初速度不为零的匀加速直线运动,甲的初速为4m/s ，加速度为8m/s 2且同向；乙的初速为3m/s ，加速度为6m/s 2且同向，则它们的合运动（ ）A.一定是直线运动B.一定是曲线运动C.可能是直线运动，也可能是曲线运动D.以上说法都不对5.如图所示，在一光滑水平面上放一个物体，人通过细绳 跨过高处的定滑轮拉物体，使物体在水平面上运动，人以 大小不变的速度v 运动。
当绳子与水平方向成θ角时， 物体前进的瞬时速度是（ ）A ．v cos θB ．v /cos θC ．v sin θD ．v /sin θ6.如图甲所示，水平抛出的物体，抵达斜面上端P 处时速度 恰好沿着斜面方向，紧贴斜面PQ 无摩擦滑下，则物体沿x 方向运动的位移、速度、加速度以及物体机械能的图象中， 正确的是（ ）7.如图所示,以10m/s 的水平初速度v 0抛出的物体,飞行一段时间后, 垂直地撞在倾角θ为30°的斜面上.可知物体完成这段飞行的时间是 (g 取10m/s 2) （ ）A.s 33 B.s 332 C.s 3 D.2s 8．如图所示，P 是水平地面上的一点，A 、B 、C 、D 在一条竖直线上， 且AB ＝BC ＝CD.从A 、B 、C 三点分别水平抛出一个物体，这三个物体都 落在水平地面上的P 点．则三个物体抛出时速度大小之 比vA ∶vB ∶vC 为 ．（ ）A.∶∶B ．1∶∶C ．1∶2∶3D ．1∶1∶19.如图所示,木块放在光滑水平地面上,一颗子弹水平射入木块中,木块受到的平均阻力为f ,射入深度为d ，此过程中木块位移为S,则: （ ）A.子弹损失的动能为f s ；B.木块增加的动能为fdC.子弹动能的减少等于木块动能的增加；D.子弹和木块摩擦产生的内能为fd10.质量为m 的物体，从离地面h 高处，以初速v 0水平抛出，则物体落地时重力的功率为（ ）A．B.C.D. 2 11.将一木球靠在轻质弹簧上，压缩后松手，弹簧将木球弹出。
2014级高一物理期中考试试题
福建省厦门第一中学2014-2015学年度第一学期期中考试高一年物理试卷命题教师洪泽俊审核教师郑仁文2014.11本试卷分题卷和答卷两部分，共8页（题卷、答卷各4页）。
满分为120分，考试用时为120分钟。
考试结束只交答题卡和答卷。
第Ⅰ卷（选择题，共48分）一、本题共12小题，每小题4分，在每小题给出的四个选项中，只有一个符合题目要求。
1．下列说法中正确的是A．质点做直线运动时，其位移的大小和路程一定相等B．当加速度与初速度方向相同时，物体运动速度增大C．凡轻小的物体，一定可以看作质点D．速度变化越大，则加速度一定越大2．关于摩擦力，下列说法正确的是A．相互压紧的粗糙物体间总有摩擦力作用B．有弹力必定有摩擦力，有摩擦力必定有弹力C．摩擦力对物体既可能起到阻力作用，也可能起到动力作用D．由μ＝fN，可知动摩擦因数μ与摩擦力f成正比，与正压力N成反比3．以下四组共点力中，不能使物体处于平衡状态的是A．2N 2N 6NB．3N 4N 5NC．4N 4N4ND．1N 100N100N4．如图所示，某人静躺在椅子上，椅子的靠背与水平面之间有固定倾斜角θ。
若此人所受重力为G，则椅子各部分对他的作用力的合力大小为A．G tanθB．G sinθC．G cosθD．G5．如图是在同一直线上运动的甲、乙两物体的s-t图象。
由图象可知A．甲比乙先出发B．图线的交点代表此时甲乙两物体的速度相同C．甲的运动速率大于乙的运动速率D．甲的出发点在乙前面S0处6．如图所示，质量为m的物体受到推力F作用，仍然处于静止状态，已知推力F与水平面的夹角为θ，物体与地面间的动摩擦因数为μ，则物体所受的摩擦力大小为A．F cosθB．μmgC．μFD．μ(mg+F sinθ)7．航母通常配备有弹射系统，利用弹射系统可以给飞机一定初速度，然后再进入跑道开始加速。
某航母跑道长200m ，飞机在跑道上滑行最大加速度为6m/s 2，起飞所需最低速度为50m/s ， 那么，飞机在滑行前，需要借助弹射系统获得的最小初速度为 A ．5m/s B ．10m/s C ．15m/s D ．20m/s8．质量为m 的物体置于倾角为θ的固定光滑斜面上，在水平外力F 作用下，沿着斜面向上匀速运动，关于水平外力F 及斜面对物体的支持力NA ．tan F mg θ=B ．N =mg cos θC ．N =mg tanθ D ．F ＝mg sin θ9．从地面竖直向上抛出的物体，其匀减速上升到最高点后，再以与上升阶段一样的加速度匀加速落回地面。
集美中学20132014上学期高一物理期中考试卷
集美中学2013---2014上学期高一物理期中考试卷答案一、选择题(每题只有一个正确答案，每题3分，共计36分)．二、填空题（每空2分，18题4分。
共计22分）13． 1 、 -2 、 - 0.5 、 2414． 0.55 、 5.00 18.15. μmg 16、G 或μF ．17． 15 100N/m三、计算题（各题分数10+10+10+10分，共计40分，要求写出基本公式和计算过程，必要的图像或文字说明，只写出答案不给分） 19．解：（1）分2412016201------=-=-=s m t v v a /“－”表示加速度方向向左 （2分）（2）)/()(20383420s m at v v =⨯-+=+= （式子2分，结果1分）（3）由0v v at =+可知：t ＝5s 物体已经停止运动 （1分）因此，8s 内的位移)(m v s 5052205200=⨯=⨯=+ （2分）20．解：（1）由自由落体的位移公式： 212h gt = 2分可得落地时间为：10t s == 2分（2）从开始落下的时刻起，第1s 内的位移：221111101522h gt m ==⨯⨯= 2分因为从开始运动起前9s 内的位移为： 22991110940522h gt m ==⨯⨯= 2分最后1s 内的位移是下落总位移和前（n —1）s 下落位移之差。
所以，最后1s 内的位移为： 10950040595h h h m =-=-= 2分分分斜面的长度分分分分解得为、解：设加速度25124124250750322505021223224221112202212222222------=--=-=∴----=++=∴-----=⨯=⨯=-----=-⨯-=-=-------=-------===-=-s a vv t m s m t vs m a v v s s m v s m a v v at v as v v av DB DB BBC D A DA B BA BCB ABA B .)(..)(..)()(//22解(1)经时间t0警车达到最大速度，有v=at0带入数据得t0=6s (1)警车位移x1货车位移x2=v0t0=120m (3)因为x1< x2，所以警车追上货车必然在匀速阶段(2)设警车追上货车共花时间t警车位移为s1=x1+v(t-t0) (4)货车位移为s2=v0t (5)警车追上货车时s1=s2 (6)由(4)(5)(6)解得t=9s (7)评分标准：(1)问4分，只要判断方法正确都给分，没有判断依据不给分。
福建省厦门一中集美分校2013-2014学年高一上学期期中考试语文试题
厦门一中集美分校2013-2014学年第一学期期中考 __高一__年级__语文_学科试卷 （答卷时间：150分钟 卷面总分：150分） 命题教师：张淑娟、张玉枝 审核：林芳 考试时间：2013年11月7日 一、基础知识（16分，每小题2分） 1、下列词语中加点字，每对注音都不相同的一项是（ ） A、竹篙/蒌蒿 诹生/骤雨 阻碍/人为刀俎 B、樊哙/杂烩 帷幕/蔚蓝 树梢/不胜杯杓 C、戮力/绿林 彘肩/卮酒 桀骜/遨游 D、玉/诀别 许诺/偌大 殒身不恤/陨落 2、下列各组字形，没有错别字的一项是 （ ） A、遒劲 凄婉 笙箫 忸怩不安 B、雾蔼 斑斓 漫溯 民不聊生 C、云宵 萧瑟 峥嵘 浅尝辄止 D、惆怅 菲薄 喋血 秋豪无犯 3、下列每组句子中加点的词解释没有错误的一组是（ ） A 、吾不能早用子（任用） 且君尝为晋军赐矣（尝试） B、失其所与 （一起） 秦王购之金千斤，邑万家（重金征求） C、进兵北略地，至燕南界（掠夺，夺取） 顾计不知所出耳 （不过，只是） D、旦日飨士卒（犒劳） 沛公起如厕（如同） 4、对虚词的意义和用法判断正确的一项是（? ） 侍医夏无且 A、①②不同，不同? B相同，不同 C不同，相同? D相同，相同因人之力而敝之，不仁下列句中词的用法相同的组是（ ?） 乃遂收盛樊於期之首，又 皆白A、 ①②③B、 ④⑤⑦?C、 ②③⑧?D、①⑥⑧ 7．下列句子句式相同的一组是：（ ） ①父母宗族，皆为戮没。
②夺项王天下者必沛公也。
③沛公安在 ④不者，若属皆且为所虏。
⑤晋军函陵，秦军南。
⑥夫晋，何厌之有？ ⑦仆所以留者，待吾客与具。
⑧燕国见陵之耻除矣。
A．②⑤⑥ B．①④⑧ C．③⑥⑦ D．②⑦⑧ 8、下列句中阅读《论语》中的一段文字，然后回答问题。
阅读《》中的一段文字，然后回答问题。
书中的太虚幻境对联”。
（2）“一个是阆苑仙葩，一个是美玉无瑕。
若说没奇缘，今生偏又遇着他；若说有奇缘，如何心事终虚化？”这首诗揭示了《红楼梦》中一对青年男女的爱情悲剧。
福建省厦门一中2014届高三上学期期中物理试题(含答案)
厦门第一中学2013—2014学年度第一学期期中考试高三年理科物理试卷2013.11本试卷分题卷和答卷两部分，共8页。
满分为120分，考试用时为120分钟。
考试结束只交答题卡和答卷。
题 卷第Ⅰ卷（选择题，共52分）一、本题共13小题，每小题4分，在每小题给出的四个选项中,只有一个选项符合题意。
1．A 、B 两质点分别在各自的直线轨道上运动，图甲是质点A 的位移一时间图象，图乙是质点B 的速度一时间图象，下列说法中正确的是 A ．质点A 在0～2s 内的平均速度为零 B ．质点B 在0～2s 内的平均速度为零C ．质点A 在0～1s 内的运动方向与在1～2s 内的运动方向相同D ．质点B 在0～ls 内的运动方向与在1～2s 内的运动方向相反 2. 一小船船头垂直对岸（y 轴正方向）以相对静水恒定速度过河，水 流速度方向x 轴正方向，运动轨迹如图，则下列判断正确的是 A ．河中各处水流速率处处相同 B ．离两边河岸越远水流速率越大 C ．沿y 正方向水流速率越来越小 D ．沿y 正方向水流速率越来越大3．如图所示，一物块置于水平地面上。
当用与水平方向成600角的力F 1拉物块时，物块做匀速直线运动；当改用与水平方向成300角的力F 2推物块时，物块仍做匀速 直线运动。
若F 1和F 2的大小相等，则物块与地面之间的动摩擦因数为A12- B ．1C ．2 D14．如图，倾角为a 、质量为M 的斜面体静止在水平桌面上，质量为m 的木块静止在斜面体上。
下列结论正确的是A ．木块受到的摩擦力大小是mg cos a B．木块对斜面体的压力大小是mg sin aC ．桌面对斜面体的摩擦力大小是mg sin a cos aD ．桌面对斜面体的支持力大小是（M +m ）g 5．许多不回收的航天器在使用后，将成为太空垃圾。
如图所示，在地球附近高速运行的太空垃圾示意图，太空垃圾运动可以看成匀速圆周运动。
下列说法中正确的是 A ．太空垃圾一定能跟同一轨道上的航天器相撞 B ．太空垃圾运行速率可能大于7.9km/s C ．离地越高的太空垃圾运行角速度越小D ．由于空气阻力，太空垃圾运行轨道半径越来越小，运行速率越来越小，最后坠落到地面 6．如图，甲、乙两颗卫星以相同的轨道半径分别绕质量为M 和2M 的 行星做匀速圆周运动，下列说法正确的是A ．甲的向心加速度比乙的小B ．甲的运行周期比乙的小C ．甲的角速度比乙大D ．甲的线速度比乙大7．如图，某同学用硬塑料杆和一个质量为m 的铁质螺丝帽研究匀速圆周运动，将螺丝帽套在塑料杆上，手握塑料杆使其保持竖直并在水平方向做半径为r 的匀速圆周运动，则只要运动角速度合适，螺丝帽恰好不下滑，假设螺丝帽与塑料杆间的动摩擦因数为μ，认为最大静摩擦力近似等于αmM滑动摩擦力。
2024—2025学年福建省厦门第一中学集美分校高三上学期开学测试物理试卷
2024—2025学年福建省厦门第一中学集美分校高三上学期开学测试物理试卷一、单选题(★★) 1. 在如图所示的照片中，关于物体或人在运动过程中的一些描述正确的是（）A．甲图是一列在12：35~20：07之间由厦门北开往武汉的动车，12：35是指动车运动的时间间隔B．乙图中的a点是电风扇扇叶边缘上一点，它在运动一周的过程中，其平均速度为零，故a点在任意时刻速度都为零C．丙图中跑步比赛的终点在同一直线上，但起点不在同一直线上，这样做的目的是使参加比赛的同学路程相同D．丁图是正在做精彩表演的芭蕾舞演员，台下的观众可以把她们视为质点(★★★) 2. 下列对图中弹力有无的判断，正确的是（）A．小球随车厢（底部光滑）一起向右做匀速直线运动，则车厢左壁对小球有弹力B．小球被轻绳斜拉着静止在光滑的斜面上，则绳对小球有弹力C．小球被a、b两轻绳悬挂而静止，其中a绳处于竖直方向，则b绳对小球有拉力D．小球静止在光滑的三角槽中，三角槽底面水平，倾斜面对球有弹力(★★★) 3. 汽车在平直的公路上行驶，发现险情紧急刹车，汽车立即做匀减速直线运动直到停车，已知汽车刹车时第1s内的位移为，在最后1s内的位移为，则下列说法正确的是（）A．汽车在第1秒末的速度可能为B．汽车加速度大小可能为C．汽车在第1秒末的速度一定为D．汽车的加速度大小一定为(★★★) 4. 质量分别为2kg、1kg、1kg的三个木块a、b、c和两个劲度系数均为500N/m的相同轻弹簧p、q用轻绳连接如图，其中a放在光滑水平桌面上。
开始时p弹簧处于原长，木块都处于静止。
现用水平力缓慢地向左拉p弹簧的左端，直到c木块刚好离开水平地面为止，g取10m/s 2.该过程p弹簧的左端向左移动的距离是（）A．4cm B．6cm C．8cm D．10cm二、多选题(★★★) 5. 甲乙两个物体从同一点开始沿直线运动，甲的和乙的图像如图所示，则下列说法中正确的是（）A．甲为匀速直线运动，乙为匀变速直线运动B．甲、乙均在末回到出发点，距出发点的最大距离均为C．内与内，甲的速度等大同向，乙的加速度等大同向D．内甲的路程为，乙的路程为三、单选题(★★) 6. 如图所示，质量的滑块静止在水平实验台上，通过三段轻绳分别与天花板和球形容器相连，与天花板夹角为，水平。
福建省厦门一中2013届高三上学期期中物理试题 含答案
福建省厦门第一中学2012—2013学年度第一学期期中考试高三年物理试卷(本试卷满分100分,考试时间120分钟）2012.11第Ⅰ卷一、选择题：（本题14题,每小题3分，共42分。
在每小题，只有一项符合题目要求）1。
A、B两质点分别在各自的直线轨道上运动，图甲是质点A的位移一时间图象,图乙是质点B的速度一时间图象,下列说法中正确的是（）A．质点A在0～2s内的平均速度为零B．质点B在0—2s内的平均速度为零C．质点A在0～1s内的运动方向与在1～2s内的运动方向相同D．质点B在0～ls内的运动方向与在1~2s内的运动方向相反2。
小球做下列各种运动中，属于匀变速曲线运动的是（）A.自由落体运动B。
竖直上抛运动C。
斜上抛运动 D.匀速圆周运动3。
起重机以1 m/s2的加速度将质量为1 000 kg的货物由静止开始匀加速向上提升，若g取10 m/s2，则在1 s内起重机对货物所做的功是（）A．500 J B．4 500 JC ．5 000 JD ．5 500 J4。
许多不回收的航天器在使用后，将成为太空垃圾。
如图所示，在地球附近高速运行的太空垃圾示意图，太空垃圾运动可以看成匀速圆周运动。
下列说法中正确的是( )A ．由于空气阻力存在，太空垃圾运行轨道半径越来越小，运行速率越来越小，最后坠落到地面B ．太空垃圾一定能跟同一轨道上的航天器相撞C ．太空垃圾运行速率可能大于7。
9km/sD ．离地越高的太空垃圾运行角速度越小 5. 一小船船头垂直对岸（y 轴正方向）以相对静水恒定速度过河，水流速度方向x 轴正方向，运动轨迹如图，下列关于水流速率判断正确的是( )A ．河中各处水流速率处处相同B ．离两边河岸越远水流速率越大C ．沿y 正方向水流速率越来越小D ．沿y 正方向水流速率越来越大6．如图，质量为M A 、M B 的A 、B 两小球分别连在弹簧两端,B端用细线固定在倾角为30°的光滑斜面上,若不计弹簧质量，在线被剪断瞬间，A 、B 两球的加速度分别为（ ）A ．都等于2gB 。
- 1、下载文档前请自行甄别文档内容的完整性，平台不提供额外的编辑、内容补充、找答案等附加服务。
- 2、"仅部分预览"的文档,不可在线预览部分如存在完整性等问题,可反馈申请退款(可完整预览的文档不适用该条件!)。
- 3、如文档侵犯您的权益，请联系客服反馈,我们会尽快为您处理(人工客服工作时间：9:00-18:30)。
厦门一中集美分校2013-2014学年第一学期期中考
高一年物理试卷
（答卷时间：90分钟 卷面总分：100分）
命题教师：谢少萍 审核：陈文强 考试时间：8：00-9：30
说明：本试卷共三大题，19小题，另有附加题一题。
请把答案写在答案卷上。
考试结束后，只要上交答案卷。
第I 卷（选择题 共40分）
一、单项选择题（每小题3分，共36分。
在每小题给出的四个选项中，只有一个．．．．
选项符合题目要求。
）
1．下列说法中正确的是
A ．所谓参考系就是相对地面静止不动的物体
B ．在研究贝克汉姆“香蕉球”的旋转效应时，可以把球看作质点
C ．一个运动过程可能出现路程等于零，而位移不等于零
D ．在研究火车过一座短桥的时间时，不能把火车看作质点
2.子弹以900m/s 的速度从枪筒射出，汽车在北京长安街上行驶，时快时慢，20min 行驶了 18km ，汽车行驶的速度是54km/h ，则
A.900m/s 是平均速度
B.900m/s 是瞬时速度
C.54km/h 既是瞬时速度又是平均速度
D.54km/h 是瞬时速度 3．下列说法正确的是 A ．物体的重心一定在物体上
B ．重心就是物体内最重的一点，任何物体都可以用悬挂法确定其重心位置
C ．将物体悬挂起来，平衡时重心必在悬挂点沿与绳子同一直线的正下方
D ．在任何地点，质量为1Kg 的物体所受的重力大小都等于9.8N
4．如左下图所示，轻质弹簧秤通过两只定滑轮，两边各挂一只5N 的砝码，则弹簧秤的 读数为
A ．10N
B ．5N
C ．0 D
．无法确定
第5题
5．如图所示是某质点运动的速度图象，由图象得到的正确结果是 A ．0~1s 内的平均速度是2m/s B ．0~4s 内的位移大小是0
C ．0~1s 内的加速度大于2~4s 内的加速度
D ．0~1s 内的运动方向与2~4s 内的运动方向相反
6．一辆汽车刹车后做匀减速直线运动，初速度为10m/s ，加速度的大小为2m/s 2
，则汽车在
6s 末时的速度大小和6s 内的位移大小分别是
A ．2m/s 和24m
B ．0和24m
C ．0和 25m
D ．2m/s 和25 m
7．龟兔赛跑的故事源于伊索寓言，可谓众所周知，按照龟兔赛跑的故事情节，兔子和乌龟的位移图象如图所示，下列关于兔子和乌龟的运动正确的是 A ．兔子和乌龟是同时从同一地点出发的
B ．乌龟一直做匀加速运动，兔子先加速后匀速再加速
C ．骄傲的兔子在t 4时刻后奋力追赶，但由于速度比乌龟的速度小，还是让乌龟先到达
预定位移S 3
D
8. A 、B 、C 三物同时、同地、同向出发作直线运动，下图是它们位移与时间的图象，由图可知它们在t 0时间内
A ．C 的位移大于
B 的路程 B ．平均速度v A ＞v B ＞v
C C ．平均速度v A = v B = v C
D ．A 的速度一直比B 、C 大
9．下列各图中，P 、Q 两物体之间不存在弹力的是 （所有的接触面都是光滑，物体处于静
止状态）
10．物体在一条直线上运动，在运动的过程中，关于它的速度、速度改变量和加速度之间的关系，下列说法中错误的是
A ．物体的加速度逐渐减小，而其速度却可能增加
B ．加速度的方向和速度改变量的方向相同
C ．物体的速度改变量越大，其加速度也就越大
D ．物体的加速度方向保持不变，而其速度方向可能发生变化
11．由静止开始做匀加速直线运动的汽车，第1s 内通过的位移为0.4m ，则
A ．第1s 末的速度为0.4m/s
B ．加速度为0.8m/s 2
C ．第2s 内的平均速度为1.4m/s
D ．在2s 内通过的位移为1.2m
12．图1，一个球形物体O 静止放在光滑水平地面上，并与竖直墙相接触，A 、B 两点是球与墙和地面的接触点，则下列说法正确的是
A ．物体受三个力，重力、
B 点的支持力、A 点的弹力 B ．物体受二个力，重力、B 点的支持力
C ．物体受三个力，重力、B 点的支持力、地面的弹力
D ．物体受三个力，重力、B 点的支持力、物体对地面的压力
第8题
第II 卷（非选择题 共64分）
二、填空题（4小题，每空2分，共22分）
13．如图是公路旁的交通标志牌，我们从牌上可以看出，如果不违反交通规则，从现在起，驾车到达西大桥的时间至少需要
_____________min
14．如图2（a ）中的图象A 表示质点作______运动，图象B 表示质点作______，图象C 表示质点______；在图（b ）中的图象A 表示质点作_______，图象B 表示质点作_______，图C 表示质点作_____（填“匀速、匀加速、匀减速直线或变速曲线运动”） 15．如图3是某物体做直线运动的图像，则根据图像可知0～12s 内的位移是_______m . 16．如图所示，某同学在做“研究匀变速直线运动”实验中，由打点计时器得到表示小车
运动过程的一条清晰纸带，纸带上相邻两计数点间的时间间隔为T =0.10s ，其中S 1=7.05cm 、S 2=7.70cm 、S 3=8.34cm 、S 4=8.99cm 、S 5=9.65cm 、S 6=10.31cm ，则A 点处瞬时速度的大小v A = m/s ，小车加速度的计算表达式a = ， 加速度的大小为a =_______m/s 2。
（计算结果均保留两位有效数字）
三、计算题（4小题，共42分。
解答应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得分，有数值计算的题目，答案必须明确写出数值和单位。
） 17．一辆汽车，以10m/s 的速度匀速行驶10s ，然后以1m/s 2的加速度匀加速行驶10s ，求：(1)画出汽车的V －t 图线 (2 )汽车在这20s 内的位移是多大？
(3)汽车在这20s 内的平均速度是多大？(4)汽车在加速的10s 内的平均速度是多大？
第16题图
图3
第13题
第14题 第15题
V
18.从离地500m的空中自由落下一个小球，取g= 10m/s2，求：（1）经过多少时间落到地面；（2）从开始落下的时刻起，在第1s内的位移、最后1s内的位移；（3）落下一半时间的位移.
19．正以ｖ=30m/s的速度运行中的列车,接到前方小站的请求：在该站停靠2分钟接一位危重病人上车，司机决定以加速度a1= 0.6m/s2匀减速运动到小站，停车2分钟后以a2=
1.0m/s2匀加速起动，恢复到原来的速度行驶，试问：
1)正常行驶到停止的时间t1，停止后，开始起动到正常行驶的时间t2。
2)由于临时停车共耽误了多少时间?
附加题（本题10分）
20．（10分）一列货车以6m/s的速度在平直铁路上运动，由于调度失误，在它后面120m 处有一列客车20m/s的速度向它靠近，客车司机发觉后立即合上制动器，客车以0.8m/s2的加速度做匀减速运动，试判断两车是否会相撞？
厦门一中集美分校2013-2014学年第一学期期中考
高一年物理答题卷
班级___________班级号数_____________姓名_______________考场号
_______________
一、单项选择题（每小题3分，共36分。
在每小题给出的四个选项中，只有一个
．．．．选项符合题目要求。
）
第II卷（非选择题共64分）
二、填空题（4小题，每空2分，共22分）
13．__________min
14.（a）图A___________________图B_________________图C___________________
（b）图A___________________图B_________________图C___________________
（填“匀速、匀加速、匀减速直线或变速曲线运动”）
15._______ _____m
16.v A = m/s，表达式a = ，大小a =_______m/s2。
（计算结果均保留两位有效数字）
三、计算题（4小题，共42分。
解答应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得分，有数值计算的题目，答案必须明确写出数值和单位。
）17、
18、
V
19、
附加题（本题10分）20、。