辽宁省协作校(本溪市高级中学、沈阳二中等)2014-2015学年高二物理上学期期末考试试题(扫描版)
2014-2015学年度下学期期末考试高一试题_物理(辽宁省协作校_Word版)
2014-2015学年度下学期期末考试高一试题物理命题：沈阳二中朱玉财张巍巍审校：周际红说明：1、测试时间：90分钟总分：100分2、客观题涂在答题纸上，主观题答在答题纸相应的位置上第I卷（48分）一、选择题（第1—6题为单选题，第7—12题为多选题，每题4分，漏选得2分）1、将复杂问题简单化，抽象问题具体化是解决问题的一种科学思维方法，在研究电场问题时，将难以理解、非常抽象的电场强度这一物理量用形象直观的电场线来理解就是一个非常成功的例子。
电场线是由下列哪位科学家首先提出来的（）A. 法拉第B. 库仑C. 牛顿D. 伽利略2、对于未知世界的探索，人们通常采用试探的方法（通过有限的试探得到无限的真理）。
在试探之前人们一定要归纳出未知世界的基本性质，从基本性质出发进行有效的试探。
人们研究电场时得到电场的基本性质是（）A.对放入电场中的有质量的物体就有力的作用B.只对放入电场中的质点有力的作用C.对放入电场中的电荷有力的作用D.只对放入电场中的点电荷有力的作用3、物体做自由落体运动，E K代表动能，E P代表势能，h代表下落的距离，以水平地面为零势能面。
下列所示图象中，能正确反映各物理量之间关系的是（）4、如图所示，空间有一水平方向的匀强电场，一带电微粒以一定初速度从A点沿直线运动到B点，微粒除受到电场力和重力外，不再受其它力，则此过程微粒（）A.电势能增加B. 电势能减小C. 动能增加D. 动能不变5、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图象如图甲所示，则两点A、B所在区域的电场线分布情况可能是图乙中的（）6、如图，固定的光滑斜面倾角为θ，物体以初速度V0沿斜面向上滑动，恰好到达斜面的最高点A，A点离地面高度为H1。
若斜面的末端点为B点、C点，物体仍以初速度V0沿斜面向上滑动，物体将飞离斜面，离开斜面后运动过程中离地的最大高度分别为H2、H3；若物体与地面成θ角以初速度V0向上斜抛，物体运动过程中离地的最大高度为H4，则下列关系式正确的是（）A. H 1>H 2>H 3>H 4B. H 1<H 2<H 3<H 4C. H 1=H 2=H 3=H 4D. H 1=H 2=H 3>H 47、如图所示，质量为m 的物体，沿着半径为R 的半球形金属壳内壁滑下，半球形金属壳竖直固定放置，开口向上，滑到最低点时速度大小为v ，若物体与球壳之间的动摩擦因数为μ，则物体在最低点时，下列说法正确的是（ ）A. 受到的向心力大小为R v m m g 2+B. 受到的摩擦力大小为Rv m 2μC. 受到的摩擦力大小为)(2Rv m m g +μD. 受到的合力方向斜向左上方8、由于万有引力定律和库仑定律都满足平方反比定律，因此引力场和电场之间有许多相似的性质，在处理有关问题时可以将它们进行类比。
辽宁省沈阳二中2014_2015学年高二物理下学期期中试题
A B CD沈阳二中2014—2015学年度下学期期中考试高二（16届）物理试题说明：1.测试时间：90分钟 总分：100分2.客观题涂在答题卡上，主观题答在答题纸上第Ⅰ卷 （48分）一、选择题。
本题共12小题，每小题4分，共48分，在每小题给出的四个选项中，第1～8题只有一个选项符合要求，第9～12题有多个选项符合要求，全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错或不答的得0分。
） 1、如图所示，一弹簧振子在一条直线上做简谐运动，第一次先后经过M 、N 两点时速度v （v≠0）相同，那么，下列说法正确的是 A ．振子在M 、N 两点所受弹簧弹力相同 B ．振子在M 、N 两点对平衡位置的位移相同 C ．振子在M 、N 两点加速度大小相等D ．从M 点到N 点，振子先做匀加速运动，后做匀减速运动2、在竖直的墙壁上挂一平面镜，一个人站在平面镜前刚好能在平面镜中看到自己的全身像。
当他向后退的过程中，下列说法正确的是 A ．像变小，他仍能刚好看到自己的全身像 B ．像变大，头顶和脚的像看不到了C ．像的大小不变，若刚好看到自己的全身像，可以用尺寸小些的平面镜D ．像的大小不变，若刚好看到自己的全身像，需要的平面镜尺寸仍然不变3、一列声波在空气传播的过程中通过一个障碍物，发生了一定程度的衍射，以下哪种情况可以使衍射现象更明显A ．增大障碍物的尺寸，同时增大波的频率B ．增大障碍物的尺寸，同时缩小波的频率C ．缩小障碍物的尺寸，同时增大波的频率D ．缩小障碍物的尺寸，同时减小波的频率4、装有砂粒的试管竖直静浮于水面，如图所示．将试管竖直提起少许，然后由静止释放并开始计时，在一定时间内试管在竖直方向近似做简谐运动．若取竖直向上为正方向，则以下描述试管振动的图像中可能正确的是5、振源A 带动细绳上下振动可以产生简谐波，某时刻在绳上形成的波形如图所示．规定向上为位移x 的正方向，从波传播到绳上的P 点开始计时，下列图中能表示P 点振动图象的是6、一束光由空气射入某介质时，入射光线与反射光线间的夹角为90°，折射光线与反射光线间的夹角为105°，则该介质的折射率A ．22B ．2C ．3D ．2 7、如图所示，用频率为f 的单色光照射双缝，在光屏上P 点处出现第3条暗纹，设光速为c ，则P 点到双缝S 1和S 2的距离之差12r r -应为 A ．f c 25 B ．f c 3 C ． fc 2 D ．f c238、在均匀介质中，一列沿x 轴正方向传播的横波，其波源O 在第一 个周期内的振动图像如图所示，则该波在第一个周期结束时刻 的波形图是9、已知介质对某单色光的临界角为θ，则 A ．该介质对此单色光的折射率为θsin 1 B ．此单色光在该介质中的传播速度等于csin θ（c 是真空中的光速） C ．此单色光在该介质中的频率是在真空中频率的sin θ倍 D．此单色光在该介质中的波长是在真空中波长的θsin110、a 、b 两种单色光以相同的入射角从某种介质射向真空，光路如图所示，则以下叙述正确的是A BC DA ．在该介质中a 光的传播速度大于b 光的传播速度B ．在该介质中a 光的传播速度小于b 光的传播速度C ．该介质对b 光的折射率大于对a 光的折射率D ．该介质对b 光的折射率小于对a 光的折射率11、一列波长大于1m 的横波沿着x 轴正方向传播，处在x 1=1m 和x 2=2m 的两质点A 、B 的振动图像如图所示。
2014-2015学年辽宁省沈阳市东北育才学校高二上学期第二次阶段考试物理试题
2014-2015学年辽宁省沈阳市东北育才学校高二上学期第二次阶段考试物理试题答题时间：90分钟满分：100分命题校对：高二物理组一、选择题（本题共12小题，每小题 4 分，共 48分。
在每小题给出的四个选项中，有的小题只有一个选项是正确的，有的小题有多个选项是正确的，全部选对的得 4 分，选对但不全的得 2 分，有选错或不答的得 0 分）1.（多选）下列关于物理现象、物理学家以及他们主要贡献的陈述，不正确的有：A．应用互感现象可以将能量从一个线圈传递到另一个线圈B．自感电动势有阻碍电流变化的作用，此时线圈具有电的“惯性”C．法拉第在电磁感应现象中的主要贡献是发现了法拉第电磁感应定律D．洛伦兹提出了磁场对电流的作用力公式2．一只矩形线圈在匀强磁场中绕垂直于磁感线的轴匀速转动，穿过线圈的磁通量随时间变化的图象如图甲所示，则下列说法正确的是()A．t＝0时刻，线圈平面与中性面垂直B. t＝0.01 s时刻，Φ的变化率最大C. t＝0.02 s时刻，交流电动势达到最大D．该线圈产生的交流电动势的图象如图乙所示3．如图所示为甲、乙两灯泡的I－U图象．根据图象，计算甲、乙两灯泡并联在电压为220 V的电路中，实际发光的功率约为()图7－2－7A．15 W、30 W B．30 W、40 WC．40 W、60 W D．60 W、100 W4．在如图所示的电路中，电源电动势为E，内阻不能忽略，闭合S后，调整R的阻值，使电压表的示数增大ΔU，在这一过程中()A ．通过R 1的电流增大，增量为ΔUR 1B. R 2两端的电压减小，减小量为ΔUC ．通过R 2的电流减小，减小量小于ΔU /R 2D ．路端电压增大，增大量为ΔU5．如图所示，在竖直向下的匀强磁场中，有两根竖直放置的平行导轨AB 、CD ，导轨上放有质量为m 的金属棒MN 下滑，棒与导轨间的动摩擦因数为μ，现从t ＝0时刻起，给棒通以图示方向的电流，且电流大小与时间成正比，即I ＝kt ，其中k 1为正恒量．若金属棒与导轨始终垂直，则如下图所示的表示棒所受的摩擦力随时间变化的四幅图中，正确的是( )6．如图在x 轴上方存在垂直纸面向里的磁感应强度为B 的匀强磁场，x 轴下方存在垂直纸面向外的磁感应强度为B ／2的匀强磁场．一带负电的粒子从原点0以与x 轴成30角斜向上射人磁场，且在上方运动半径为R 则A ．粒子经偏转一定能回到原点0B ．粒子在x 轴上方和下方两磁场中运动的半径之比为2:1C ．粒子完在成一次周期性运动的时间为2/3m qBD ．粒子第二次射人x 轴上方磁场时，沿x 轴前进3R7. 如图所示，Q 1、Q 2带等量正电荷，固定在绝缘平面上在其连线上有一光滑的绝缘杆，杆上套一带正电的小球，杆所在的区域同时存在一个匀强磁场，方向如图所示，小球的重力不计.现将小球从图示位置由静止释放，在小球运动过程中，下列说法中正确的是 A. 小球的速度将一直增大 B. 小球的加速度将一直增大C. 小球所受洛伦兹力将一直增大D. 小球所受洛伦兹力大小变化，方向也变化8. 1930年劳伦斯制成了世界上第一台回旋加速器，其原理如图所示，这台加速器由两个铜质D 形盒D 1、D 2构成，其间留有空隙，下列说法正确的是 A ．离子每回旋一次的轨道半径变大，在磁场中回旋时间也不断变长B ．为使离子能不断加速，两D 形盒间所加的电场必须为匀强电场C ．增加两个D 形盒间所加的电压，则射出D 形盒后离子所获得动能将变大 D ．当增加加速器所在的磁场后，粒子回旋的次数将增加，最后射出加速器后的速度也将变大9．（多选）如图所示的电路中，线圈L的自感系数足够大，其直流电阻忽略不计，L A、L B是两个相同的灯泡，下列说法中正确的是()A．S闭合后，L A、L B同时发光且亮度不变B．S闭合后，L A立即发光，然后又逐渐熄灭C．S断开的瞬间，L A、L B同时熄灭D．S断开的瞬间，L A再次发光，然后又逐渐熄灭10．（多选）如图所示，在光滑水平桌面上有两个金属圆环，在它们圆心连线中点正上方有一个条形磁铁，当条形磁铁自由下落时，将会出现的情况是A．两金属环将相互靠拢B．两金属环将相互分开C．磁铁的加速度会大于gD．磁铁的加速度会小于g11．（多选）如图8所示，粗细均匀的电阻丝绕制的矩形导线框abcd处于匀强磁场中，另一种材料的导体棒MN可与导线框保持良好接触并做无摩擦滑动．当导体棒MN在外力作用下从导线框左端开始做切割磁感线的匀速运动一直滑到右端的过程中，导线框上消耗的电功率的变化情况可能为()A．逐渐增大B．先增大后减小C．先减小后增大D．先增大后减小，再增大再减小12．半径为r带缺口的刚性金属圆环在纸面上固定放置，在圆环的缺口两端引出两根导线，分别与两块垂直于纸面固定放置的平行金属板连接，两板间距为d，如图甲所示．有一变化的磁场垂直于纸面，规定向内为正，变化规律如图乙所示．在t＝0时刻平板之间中心有一重力不计，电荷量为q的静止微粒．则以下说法正确的是()A．第2秒内上极板为正极B．第3秒内上极板为负极C．第2秒末微粒回到了原来位置D．第2秒末两极板之间的电场强度大小为0.2πr2/d二、实验填空题（本题共3小题，其中13题2分 14题4分，15每题9分共15分）13．用螺旋测微器测量一矩形小零件的长，其示数如图，则所示读数为____mm14．如图甲所示，为某同学测绘额定电压为2.5V 的小灯泡的I —U 特性曲线的实验电路图． ⑴ 根据电路图甲，用笔画线代替导线，将图乙中的实验电路连接完整．⑵ 开关S 闭合之前，图乙中滑动变阻器的滑片应该置于 端（选填“A”、“B”或“AB 中间”）⑶ 实验中测得有关数据如下表：根据表中的实验数据，在下图中画出小灯泡的I —U 特性曲线.15. 在研究电磁感应现象的实验中所用的器材如图所示,它们是: (1)电流计,(2)直流电源,(3)带铁心的线圈A, (4)线圈B,(5)电键, (6)滑动变阻器.(用来控制电流以改变磁场强弱) 试按实验的要求在实物图上连线.(图中已连好一根导线) .若连接滑动变阻器的两根导线接在接线柱C 和D 上,而在电键刚闭合时电流计指针右偏,则电键闭合后滑动变阻器的滑动触头向接线柱C 移动时,电流计指针将 ；若电键闭合后滑动变阻器的滑动触头不动，将线圈A 插入线圈B 时，电流计指针将 . (填"左偏"、"右偏"或"不偏")三、解答题（本题共3小题，共37分，解答应写明必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤，只写出答案的不能得分，有数值计算的题，答案中必须写出数值和单位） 16.（12分）如图所示电路中，电阻R 1=8Ω.当电键S 断开时，电压表V1的示数为5.7V ，电流表的示数为0.75A ，电源总功率是9W ；当电键S 闭合时，电压表V2的示数为4V .若电键断开和闭合时电源内部损耗的电功率之比是9:16，求电源的电动势和电阻R 2、R 3.17.（10分） 如图所示，在xOy 平面的第一象限有一匀强电场，电场的方向平行于y 轴向下；在x 轴和第四象限的射线OC 之间有一匀强磁场，磁感应强度的大小为B ，方向垂直于纸面向外。
高中辽宁省本溪市第二中学高二上学期期初考试物理试题[答案解析]
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辽宁省本溪市第二中学【精品】高二上学期期初考试物理试题学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________一、单选题1．如图所示的四个电场的电场线，其中A 和C 图中小圆圈表示一个点电荷，A 图中虚线是一个圆，B 图中几条直线间距相等互相平行，则在图中M 、N 两点电场强度不相同且电势相同的是 ( )A ．B ．C ．D ．2．一根横截面积为S 的铜导线，通过电流为I 。
已经知道铜的密度为ρ，铜的摩尔质量为M ，电子电荷量为e ，阿佛加德罗常数为N A ，设每个铜原子只提供一个自由电子，则铜导线中自由电子定向移动速率为（ ）A ．A MI N Se ρB ．A MIN Se ρC ．A IN M Se ρD ．A IN Se M ρ 3．一球绕直径匀速转动如图所示，球面上有A 、B 两点，则A ．质点A 、B 的向心加速度都指向球心OB ．由a=ω2r 知a A ＜a BC ．由a=v 2/r 知a A ＞a BD ．v A ＜v B 是可能的，v A ＞a B 也有可能4．一质量为m 的物体，从距地面高度为h 处由静止开始做自由落体运动，则 A．下落过程中重力的平均功率为B ．下落过程中重力的平均功率为C ．落地时重力的瞬时功率为D ．落地时重力的瞬时功率为125．如图所示，固定的绝缘斜面处于沿水平向右的匀强电场中，一带电金属块由静止开始沿斜面滑道底端，其运动轨迹和匀强电场均在纸面内，已知在金属块下滑的过程中动能增加了0.7J ，金属块克服摩擦力做功0.3J ，重力做功1.2J ，则以下判断不正确的是A ．金属块一定带正电荷B ．金属块克服电场力做功0.2JC ．金属块的机械能减少1.2JD ．金属块的重力势能和电势能之和减少1.0J6．投飞镖是深受人们喜爱的一种娱乐活动．如图所示，某同学将一枚飞镖从高于靶心的位置水平投向竖直悬挂的靶盘，结果飞镖打在靶心的正下方．忽略飞镖运动过程中所受空气阻力，在其他条件不变的情况下，为使飞镖命中靶心，他在下次投掷时应该( )A ．换用质量稍大些的飞镖B ．适当减小投飞镖的高度C ．到稍远些的地方投飞镖D ．适当增大投飞镖的初速度7．【精品】12月6日17时47分，在北京飞控中心工作人员的精密控制下，嫦娥三号开始实施近月制动，进入100公里环月轨道Ⅰ，【精品】12月10日晚21:20分左右，嫦娥三号探测器将再次变轨，从100公里的环月圆轨道Ⅰ，降低到近月点（B 点）15公里、远月点（A 点）100公里的椭圆轨道Ⅱ，为下一步月面软着陆做准备．关于嫦娥三号卫星，下列说法正确的是A．卫星在轨道Ⅱ运动的周期大于在轨道Ⅰ运动的周期B．卫星在轨道Ⅱ上A点的加速度大于在轨道Ⅰ上A点的加速度C．卫星在轨道Ⅱ经过A点时的动能小于在轨道Ⅱ经过B点时的动能D．卫星从轨道Ⅰ变轨到轨道Ⅱ，在A点应加速8．图中虚线所示为静电场中的等势面1、2、3、4，相邻的等势面之间的电势差相等，其中等势面3的电势为0。
高中协作校高二物理下学期期末试卷(含解析)-人教版高二全册物理试题
2014-2015学年辽宁省抚顺市重点高中协作校高二〔下〕期末物理试卷一、选择题〔第1至7题为单项选择题，8至12为多项选择题．每题4分，选不全的得2分〕1．〔4分〕〔2015春•抚顺期末〕在电磁学开展过程中，许多科学家做出了贡献，如下说法正确的答案是〔〕A．奥斯特发现了电流的磁效应，总结出了右手螺旋定如此B．安培发现了电流的磁效应，总结出了安培定如此C．法拉第发现了电磁感应现象，总结出了法拉第电磁感应定律D．楞次研究电磁感应现象，总结出了右手螺旋定如此2．〔4分〕〔2015春•抚顺期末〕如下列图，一个U形金属导轨水平放置，其上放有一个金属导体棒ab，有一磁感应强度为B的匀强磁场斜向上穿过轨道平面，且与竖直方向的夹角为θ，在如下各过程中，一定能在轨道回路里产生感应电流的是〔〕A．ab向右运动，同时使θ减小B．使磁感应强度B减小，θ角同时也减小C．ab向左运动，同时减小磁感应强度BD．ab向右运动，同时增大磁感应强度B和θ角〔0°＜θ＜90°〕3．〔4分〕〔2015春•抚顺期末〕如图表示一交流电的电流随时间而变化的图象，此交变电流的有效值是〔〕A． A B．5A C． A D． 3.5A4．〔4分〕〔2015春•抚顺期末〕如下列图，竖直放置的螺线管与导线abcd构成回路，导线所围区域内有一垂直纸面向里〔设为正方向〕的变化的匀强磁场，螺线管下方水平桌面上有一导体圆环．导线abcd所围区域内磁场的磁感应强度按如下哪一图线所表示的方式随时间变化时，导体圆环将受到向上的磁场作用力〔〕A．B．C．D．5．〔4分〕〔2015春•抚顺期末〕如下列图，导体棒AB长2R，绕O点以角速度ω沿逆时针方向匀速转动，OB为R，且OBA三点在一直线上，有一匀强磁场磁感应强度为B，充满转动平面且与转动平面垂直，那么AB两端的电势差大小为〔〕A．BωR2B．2BωR2C．4BωR2D．6BωR26．〔4分〕〔2015春•抚顺期末〕如下列图，金属棒ab置于水平放置的金属导体框架cdef上，棒ab与框架接触良好．从某一时刻开始，给这个空间施加一个斜向上的匀强磁场，并且磁场均匀增加，ab棒仍静止，在磁场均匀增加的过程中，关于ab棒受到的摩擦力，如下说法正确的答案是〔〕A．摩擦力大小不变，方向向右B．摩擦力变大，方向向右C．摩擦力变大，方向向左D．摩擦力变小，方向向左7．〔4分〕〔2015春•抚顺期末〕如图，图线a是线圈在匀强磁场中匀速转动时所产生正弦交流电的图象，当调整线圈转速后，所产生正弦交流电的图象如图线b所示．以下关于这两个正弦交流电的说法正确的答案是〔〕A．在图中t=0时刻穿过线圈的磁通量均为零B．线圈先后两次转速之比为3：2C．交流电a的瞬时值表达式为u=5sin 5πt 〔V〕D．交流电b的最大值为5 V8．〔4分〕〔2015春•抚顺期末〕为了监测变电站向外输电情况，要在变电站安装互感器，其接线如下列图．两变压器匝数分别为n1、n2和n3、n4，a和b是交流电表．如此〔〕A．n1＞n2B．n3＞n4C．a为交流电流表，b为交流电压表D．a为交流电压表，b为交流电流表9．〔4分〕〔2015•潍坊模拟〕如图〔a〕、〔b〕所示的电路中，电阻R和自感线圈L的电阻值都很小，且小于灯A的电阻，接通S，使电路达到稳定，灯泡A发光，如此〔〕A．在电路〔a〕中，断开S，A将渐渐变暗B．在电路〔a〕中，断开S，A将先变得更亮，然后渐渐变暗C．在电路〔b〕中，断开S，A将渐渐变暗D．在电路〔b〕中，断开S，A将先变得更亮，然后渐渐变暗10．〔4分〕〔2015春•抚顺期末〕如下列图是一种延时开关，当S1闭合时，电磁铁F将衔铁D 吸下，C线路接通；当S1断开时，由于电磁感应作用，D将延迟一段时间才被释放，如此〔〕A．由于A线圈的电磁感应作用，才产生延时释放D的作用B．由于B线圈的电磁感应作用，才产生延时释放D的作用C．如果断开B线圈的电键S2，仍有延时作用D．如果断开B线圈的电键S2，延时将变长11．〔4分〕〔2015春•抚顺期末〕如下列图，空间存在两个磁场，磁感应强度大小均为B，方向相反且垂直纸面，MN、PQ为其边界，OO′为其对称轴．一导线折成边长为l的正方形闭合回路abcd，回路在纸面内以恒定速度v o向右运动，当运动到关于OO′对称的位置时〔〕A．穿过回路的磁通量为零B．回路中感应电动势大小为2Blv0C．回路中感应电流的方向为a﹣d﹣c﹣b﹣aD．回路中ab边与cd边所受安培力方向相反12．〔4分〕〔2015春•抚顺期末〕如下列图，一导线弯成半径为a的半圆形闭合回路．虚线MN 右侧有磁感应强度为B的匀强磁场，方向垂直于回路所在的平面．回路以速度v向右匀速进入磁场，直径CD始终与MN垂直．从D点到达边界开始到C点进入磁场为止，如下结论正确的答案是〔〕A．感应电流方向一直是逆时针B．感应电流方向先是逆时针，后是顺时针C．感应电动势最大值E m=BavD．感应电动势平均值=二、实验题〔6分〕13．〔6分〕〔2015春•抚顺期末〕在研究电磁感应现象的实验中，所用器材如下列图：电流表，直流电源，带铁芯的线圈A〔其上端有两个接线柱〕，线圈B〔其上下各有一个接线柱〕，开关，滑动变阻器．〔1〕按实验的要求在实物图上连线〔图中已连好一根导线〕；〔2〕假设连接滑动变阻器的两根导线接在接线柱C和D上，发现开关刚刚闭合时电流表指针右偏．如此在不改动连接线的情况下，想让电流表指针向左偏，应如何操作？〔至少写出两种方法〕三、计算题〔共3道题，共31分〕14．〔8分〕〔2015春•抚顺期末〕如下列图，匝数为100、边长为0.2m的正方形线圈，在磁感应强度B为2T的匀强磁场中，从中性面开始以10πrad/s的角速度绕OO′轴匀速转动．假设线圈自身电阻为2Ω，负载电阻R=6Ω，π2=10，如此开始转动0.05s内R上的热量为多少焦耳？15．〔8分〕〔2015春•抚顺期末〕半径为r、电阻为R的n匝圆形线圈在边长为l的正方形abcd 外，匀强磁场充满并垂直穿过该正方形区域，如图甲所示．磁场随时间的变化规律如图乙所示．图线与横、纵轴的截距分别为t0和B0．求：〔1〕穿过圆形线圈磁通量的变化率；〔2〕t0时刻线圈产生的感应电流大小；〔3〕0至t0时间内通过的电荷量q．16．〔15分〕〔2015春•抚顺期末〕如图，一直导体棒质量为m、长为l、电阻为r，其两端放在位于水平面内间距也为l的光滑平行导轨上，并与之密接；棒左侧两导轨之间连接一可控制的负载电阻〔图中未画出〕；导轨置于匀强磁场中，磁场的磁感应强度大小为B，方向垂直于导轨所在平面．开始时，给导体棒一个平行于导轨的初速度v0．在棒的运动速度由v0减小至v1的过程中，通过控制负载电阻的阻值使棒中的电流强度I保持恒定．导体棒一直在磁场中运动．假设不计导轨电阻，求此过程中导体棒上感应电动势的平均值和负载电阻上消耗的平均功率．四.【物理-选修3-3】〔15分〕17．〔5分〕〔2015春•抚顺期末〕如下说法正确的答案是A．将一块晶体敲碎后，得到的小颗粒是非晶体B．温度是分子平均动能的标志，物体温度高，如此物体的分子平均动能大C．由同种元素构成的固体，可能会由于原子的排列方式不同而成为不同的晶体D．扩散现象证明了物质分子永不停息地做无规如此的运动E．电冰箱的制冷系统能够不断地把冰箱内的热量传到外界，这违背了热力学第二定律．18．〔10分〕〔2015•高安市校级一模〕在图所示的气缸中封闭着温度为100℃的空气，一重物用绳索经滑轮与缸中活塞相连接，重物和活塞均处于平衡状态，这时活塞离缸底的高度为10cm，如果缸内空气变为0℃，问：〔结果保存两位有效数字〕①重物是上升还是下降？②这时重物将从原处移动多少厘米？〔设活塞与气缸壁间无摩擦〕五.【物理-选修3-4】〔15分〕19．〔5分〕〔2015春•抚顺期末〕在双缝干预实验中，分别用红色和绿色的激光照射同一双缝，在双缝后的屏幕上，红光的干预条纹间距△x1与绿光的干预条纹间距△x2相比△x1△x2〔填“＞〞“＜〞或“=〞〕．假设实验中红光的波长为630mm，双缝到屏幕的距离为2m，测得第一条到第三条亮条纹中心间的距离为4.2mm，如此双缝之间的距离为mm．20．〔10分〕〔2015春•抚顺期末〕一列简谐横波沿直线传播，此直线上的A、B两质点相距6m，某时刻t1，A质点处在正的最大位移处，B质点恰处在平衡位置，从这一时刻起，又经过△t=0.05s时，A质点恰好回到平衡位置，B质点正好在负的最大位移处，设波的传播方向是由A到B，且波长λ＞6m，周期T＞△t，试求这列波的波长、频率和波速．六.【物理-选修3-5】〔15分〕21．〔5分〕〔2015春•抚顺期末〕如下说法正确的答案是〔〕A．卢瑟福通过α粒子散射实验确定了原子核是由质子和中子组成的B．康普顿效应证实了光的粒子特性C．铀235能自发的发生裂变反响，但因半衰期不变，所以秦山核电站的发电功率也是固定不变的D．爱因斯坦质能方程E=mc2明确，物体具有的能量和它的质量之间有简单的正比关系E．经典物理学不能解释原子的稳定性和原子光谱的分立特征22．〔10分〕〔2015春•抚顺期末〕如下列图，光滑水平面轨道上有三个木块，A、B、C，质量分别为m A=m c=2m，m B=m，A、B用细绳连接，中间有一压缩的弹簧〔弹簧与滑块不栓接〕．开始时A、B以共同速度v0运动，C静止．某时刻细绳突然断开，A、B被弹开，然后B又与C发生碰撞并粘在一起，最终三滑块速度恰好一样．求：〔1〕B与C碰撞前B的速度；〔2〕绳断前弹簧的弹性势能．2014-2015学年辽宁省抚顺市重点高中协作校高二〔下〕期末物理试卷参考答案与试题解析一、选择题〔第1至7题为单项选择题，8至12为多项选择题．每题4分，选不全的得2分〕1．〔4分〕〔2015春•抚顺期末〕在电磁学开展过程中，许多科学家做出了贡献，如下说法正确的答案是〔〕A．奥斯特发现了电流的磁效应，总结出了右手螺旋定如此B．安培发现了电流的磁效应，总结出了安培定如此C．法拉第发现了电磁感应现象，总结出了法拉第电磁感应定律D．楞次研究电磁感应现象，总结出了右手螺旋定如此考点：物理学史．分析：此题考查电磁学物理学史，根据楞次、安培、法拉第、奥斯特等科学家的贡献进展解答．解答：解：A、奥斯特发现了电流的磁效应，总结出了右手螺旋定如此，故A正确，B错误；C、法拉第发现了电磁感应现象，总结出了法拉第电磁感应定律，故C正确，D错误；应当选：AC点评：此题考查物理学史，是常识性问题，对于物理学上重大发现、发明、著名理论要加强记忆，这也是考试内容之一．2．〔4分〕〔2015春•抚顺期末〕如下列图，一个U形金属导轨水平放置，其上放有一个金属导体棒ab，有一磁感应强度为B的匀强磁场斜向上穿过轨道平面，且与竖直方向的夹角为θ，在如下各过程中，一定能在轨道回路里产生感应电流的是〔〕A．ab向右运动，同时使θ减小B．使磁感应强度B减小，θ角同时也减小C．ab向左运动，同时减小磁感应强度BD．ab向右运动，同时增大磁感应强度B和θ角〔0°＜θ＜90°〕考点：法拉第电磁感应定律；电磁感应中的能量转化．分析：当穿过闭合导体回路的磁通量发生变化，闭合导体回路中就有感应电流．磁通量的公式：Φ=BScosθ，从而即可求解．解答：解：感应电流产生的条件①闭合回路，②穿过闭合导体回路的磁通量发生变化．即穿过闭合导体回路的磁通量发生变化闭合导体回路中就有感应电流．A、根据磁通量的公式：Φ=BScosθ，ab向右运动，S增大，同时使θ减小，磁通量增大．一定能产生感应电流．故A正确；B、根据磁通量的公式：Φ=BScosθ，磁感应强度B减小，θ角同时也减小，不能确定磁通量的变化．故B错误；C、根据磁通量的公式：Φ=BScosθ，ab向左运动，S减小；同时增大磁感应强度B，不能确定磁通量的变化．故C错误；D、根据磁通量的公式：Φ=BScosθ，ab向右运动，S增大，同时增大磁感应强度B和θ角，不能确定磁通量的变化．故D错误．应当选：A．点评：解决此题的关键掌握感应电流产生的条件，当穿过闭合导体回路的磁通量发生变化，闭合导体回路中就有感应电流．3．〔4分〕〔2015春•抚顺期末〕如图表示一交流电的电流随时间而变化的图象，此交变电流的有效值是〔〕A． A B．5A C． A D． 3.5A 考点：正弦式电流的最大值和有效值、周期和频率．专题：计算题；恒定电流专题．分析：由图象可知交变电流的周期，一个周期内分为两段，每一段均为恒定电流，根据焦耳定律即可得一个周期内交变电流产生的热量．解答：解：由有效值的定义可得，代入数据得0.02，解得I=5A应当选B．点评：此题考察的是根据交变电流有效值的定义计算有关交变电流的有效值．4．〔4分〕〔2015春•抚顺期末〕如下列图，竖直放置的螺线管与导线abcd构成回路，导线所围区域内有一垂直纸面向里〔设为正方向〕的变化的匀强磁场，螺线管下方水平桌面上有一导体圆环．导线abcd所围区域内磁场的磁感应强度按如下哪一图线所表示的方式随时间变化时，导体圆环将受到向上的磁场作用力〔〕A．B．C．D．考点：楞次定律．专题：电磁感应与电路结合．分析：导线区内磁场的变化使螺线管内产生感应电流，而感应电流产生的磁场可以在下方线圈中产生感线电流，如此由法拉第电磁感应定律与楞次定律可判断导线区域内的磁场变化．解答：解：由楞次定律的运动学描述“来拒去留〞可知，要使圆环受到磁场的作用力，如此螺线管中应产生变化的磁场；而螺线管中的磁场是由abcd区域内的磁场变化引起的，故四个图中的磁场变化率应变化，不是恒定的，所以有CD符合，AB是不变的．所以AB错误；由楞次定律的运动学描述“来拒去留〞可知，假设导体圆环将受到向上的磁场作用力，如此竖直放置的螺线管内的磁通量减小，即电流减小，所以导线abcd内的磁通量的变化率是减小的．故C正确，D错误．应当选：C．点评：此题应明确abcd区域内的磁场变化引起螺线管的电磁感应；而螺线管中电流的变化才会引起导线环中电磁感应．5．〔4分〕〔2015春•抚顺期末〕如下列图，导体棒AB长2R，绕O点以角速度ω沿逆时针方向匀速转动，OB为R，且OBA三点在一直线上，有一匀强磁场磁感应强度为B，充满转动平面且与转动平面垂直，那么AB两端的电势差大小为〔〕A．BωR2B．2BωR2C．4BωR2D．6BωR2考点：导体切割磁感线时的感应电动势．分析：金属棒中各点切割感线的速度不等，应用平均速度求解感应电动势的大小．线速度与角速度的关系式为v=ωr．解答：解：AB两端的电势差大小等于金属棒AB中感应电动势的大小，为：E=B•2R=B•2R•=4BR2ω应当选：C．点评：解决此题的关键掌握转动切割产生的感应电动势公式E=BωL2，会根据E=Blv进展推导．6．〔4分〕〔2015春•抚顺期末〕如下列图，金属棒ab置于水平放置的金属导体框架cdef上，棒ab与框架接触良好．从某一时刻开始，给这个空间施加一个斜向上的匀强磁场，并且磁场均匀增加，ab棒仍静止，在磁场均匀增加的过程中，关于ab棒受到的摩擦力，如下说法正确的答案是〔〕A．摩擦力大小不变，方向向右B．摩擦力变大，方向向右C．摩擦力变大，方向向左D．摩擦力变小，方向向左考点：共点力平衡的条件与其应用；安培力．专题：共点力作用下物体平衡专题．分析：磁感应强度均匀增大，穿过回路的磁通量均匀增大，回路中产生恒定的电流，安培力F=BIL，分析安培力的变化，由平衡条件即可判断摩擦力的变化．解答：解：磁感应强度均匀增大，穿过回路的磁通量均匀增大，根据法拉第电磁感应定律得知，回路中产生恒定的电动势，感应电流I也恒定不变，ab棒所受的安培力：F=BIL，可知安培力F均匀增大；根据楞次定律，磁通量增大，产生顺时针方向的感应电流；根据左手定如此，ab棒上的安培力的方向左下方，如图〔从前向后看〕．水平方向的分量：F x=BIL•sinθ磁场均匀增加，ab棒仍静止，所以ab棒受力平衡，在水平方向上静摩擦力与安培力沿水平方向的分量大小相等，方向相反，即f=F x，所以静摩擦力的方向是水平向右．故B正确，ACD均错误．，金属棒ab始终保持静止，如此摩擦力也均匀增大应当选：B点评：此题关键根据法拉第电磁感应定律分析感应电动势如何变化，即可判断感应电流和安培力的变化．7．〔4分〕〔2015春•抚顺期末〕如图，图线a是线圈在匀强磁场中匀速转动时所产生正弦交流电的图象，当调整线圈转速后，所产生正弦交流电的图象如图线b所示．以下关于这两个正弦交流电的说法正确的答案是〔〕A．在图中t=0时刻穿过线圈的磁通量均为零B．线圈先后两次转速之比为3：2C．交流电a的瞬时值表达式为u=5sin 5πt 〔V〕D．交流电b的最大值为5 V考点：波长、频率和波速的关系；横波的图象．分析：t=0时刻电压为零，由法拉第电磁感应定律分析磁通量．由图读出电压最大值U m，周期T，由ω=求出，写出交流电a的瞬时值表达式．由周期关系求出转速关系．解答：解：A、由图可知，t=0时刻u=0，根据法拉第定律知，磁通量变化率为零，而磁通量最大．故A错误．B、周期分别为 T a=0.4S，T b=0.6s，如此由T=，得线圈先后两次转速之比n a：n b=T b：T a=3：2．故B正确．C、由图电压最大值U m=10V，周期T a=0.4S，ω==5πrad/s，交流电压的瞬时值表达式为u=U m sinωt=10sin5πt V．故C错误．D、由电动势的最大值E m=NBSω，如此两个电压最大之值比U ma：U mb=ω a：ωb=3：2，如此交流电b电压的最大值为V．故D错误．应当选：B．点评：此题考查对交流电压图象的理解能力．难点在于C选项，要根据电动势最大值表达式研究电压最大值之间的关系．至于电压与磁能量的关系，根据法拉第电磁感应定律分析．8．〔4分〕〔2015春•抚顺期末〕为了监测变电站向外输电情况，要在变电站安装互感器，其接线如下列图．两变压器匝数分别为n1、n2和n3、n4，a和b是交流电表．如此〔〕A．n1＞n2B．n3＞n4C．a为交流电流表，b为交流电压表D．a为交流电压表，b为交流电流表考点：变压器的构造和原理．专题：交流电专题．分析：理想变压器的工作原理是原线圈输入变化的电流时，导致副线圈的磁通量发生变化，从而导致副线圈中产生感应电动势．而副线圈中的感应电流的变化，又导致在原线圈中产生感应电动势．串联在电路中的是电流互感器，并联在电路中的是电压互感器．解答：解：A、由图可知，a并联在电路中是电压互感器，电路中是强电压，通过变压器变成弱电压，用电压表测量，因为电压之比等于线圈匝数比，所以n1＞n2，故A正确；B、b串联在电路中是电流互感器，电路中是强电流，通过变压器变成弱电流，用电流表测量，因为电流之比等于线圈匝数的倒数比，所以n3＜n4，B错误；C、a是电压表，b为电流表，C错误D正确；应当选：AD点评：理想变压器是理想化模型，一是不计线圈内阻；二是没有出现漏磁现象．同时变压比与匝数成正比，变流比与匝数成反比．9．〔4分〕〔2015•潍坊模拟〕如图〔a〕、〔b〕所示的电路中，电阻R和自感线圈L的电阻值都很小，且小于灯A的电阻，接通S，使电路达到稳定，灯泡A发光，如此〔〕A．在电路〔a〕中，断开S，A将渐渐变暗B．在电路〔a〕中，断开S，A将先变得更亮，然后渐渐变暗C．在电路〔b〕中，断开S，A将渐渐变暗D．在电路〔b〕中，断开S，A将先变得更亮，然后渐渐变暗考点：自感现象和自感系数．分析：电感总是阻碍电流的变化．线圈中的电流增大时，产生自感电流的方向更原电流的方向相反，抑制增大；线圈中的电流减小时，产生自感电流的方向更原电流的方向一样，抑制减小，并与灯泡构成电路回路．解答：解：A、B、在电路a中，断开S，由于线圈阻碍电流变小，导致A将逐渐变暗．故A 正确，B错误；C、D、在电路b中，由于电阻R和自感线圈L的电阻值都很小，所以通过灯泡的电流比线圈的电流小，断开S时，由于线圈阻碍电流变小，导致A将变得更亮，然后逐渐变暗．故C错误，D正确．应当选：AD．点评：线圈中电流变化时，线圈中产生感应电动势；线圈电流增加，相当于一个瞬间电源接入电路，线圈左端是电源正极．当电流减小时，相当于一个瞬间电源，线圈右端是电源正极．10．〔4分〕〔2015春•抚顺期末〕如下列图是一种延时开关，当S1闭合时，电磁铁F将衔铁D 吸下，C线路接通；当S1断开时，由于电磁感应作用，D将延迟一段时间才被释放，如此〔〕A．由于A线圈的电磁感应作用，才产生延时释放D的作用B．由于B线圈的电磁感应作用，才产生延时释放D的作用C．如果断开B线圈的电键S2，仍有延时作用D．如果断开B线圈的电键S2，延时将变长考点：电磁感应在生活和生产中的应用．分析：当S1、S2均闭合时，电磁铁F将衔铁D吸下，C电路接通，当S1断开时，导致由于线圈B中的磁通量变化，从而出现感应电流，致使F中仍有磁性，出现延迟一段时间才被释放．假设线圈B处于断开，即使S1断开也不会有感应电流，如此不会出现延迟现象．解答：解：A、B、当S1断开时，导致由于线圈B中的磁通量变小，从而出现感应电流，致使F中仍有磁性，出现延迟一段时间才被释放．所以由于B线圈的电磁感应作用，才产生延时释放D的作用．故A错误、B正确．C、D、假设断开B线圈的开关S2，当S1断开，F中立即没有磁性，所以没有延时功能．故CD 均错误．应当选：B．点评：线圈B中的磁场，完全是由感应电流引起的，而感应电流是由线圈A中的电流变化而产生的．因此此题要学生熟练掌握楞次定律．11．〔4分〕〔2015春•抚顺期末〕如下列图，空间存在两个磁场，磁感应强度大小均为B，方向相反且垂直纸面，MN、PQ为其边界，OO′为其对称轴．一导线折成边长为l的正方形闭合回路abcd，回路在纸面内以恒定速度v o向右运动，当运动到关于OO′对称的位置时〔〕A．穿过回路的磁通量为零B．回路中感应电动势大小为2Blv0C．回路中感应电流的方向为a﹣d﹣c﹣b﹣aD．回路中ab边与cd边所受安培力方向相反考点：导体切割磁感线时的感应电动势；楞次定律．专题：电磁感应与电路结合．分析：根据磁通量的定义，由磁感线的条数可以判断此时磁通量的大小，如下列图时刻，有两根导线切割磁感线，根据右手定如此可判断两根导线切割磁感线产生电动势的方向，求出回路中的总电动势，然后即可求出回路中的电流和安培力变化情况．解答：解：A、当线圈运动到关于OO′对称的位置时，线圈中左侧磁场垂直线圈向外，右侧磁场垂直线圈向内，而且左右的磁通量大小相等，相互抵消，因此磁通量为零，故A正确；B、ab切割磁感线形成电动势b端为正，cd切割形成电动势c端为负，两边产生的感应电动势大小均为E1=2BLv0，因此两个电动势串联，回路中感应电动势为E=2E1=2BLv0，故B正确；C、根据右手定如此可知，回路中的感应电流方向为逆时针，即沿abcda方向，故C错误；D、根据左手定如此可知，回路中ab边与cd边所受安培力方向均向左，方向一样，故D错误．应当选：AB．点评：此题关键要理解磁通量的概念，如有磁场两种方向穿过线圈时，要按抵消的磁感线条数来确定磁通量．要掌握导体切割磁感线感应电动势公式E=BLv，明确两个电动势方向一样时相互串联，要正确选择相关定如此判断感应电流的方向和安培力方向，对于这些根本规律要加强理解和应用．12．〔4分〕〔2015春•抚顺期末〕如下列图，一导线弯成半径为a的半圆形闭合回路．虚线MN 右侧有磁感应强度为B的匀强磁场，方向垂直于回路所在的平面．回路以速度v向右匀速进入磁场，直径CD始终与MN垂直．从D点到达边界开始到C点进入磁场为止，如下结论正确的答案是〔〕。
辽宁省抚顺市重点高中协作校2014-2015学年高二物理上学期期中联考试题(含解析)新人教版
辽宁省抚顺市重点高中协作校2014-2015学年上学期期中联考高二物理试卷一、选择题〔此题共12小题，每一小题4分，共48分〕1．〔4分〕A、B是一条电场线上的两个点，一带负电的微粒仅在电场力作用下静止开始从A 点沿电场线运动到B点，加速度变小．如此这一电场可能是图中的〔〕A．B．C．D．考点：电场线；电场强度．专题：电场力与电势的性质专题．分析：先据题境判断电场力的大小，再观察电场线，利用分布密集的地方电场强度大，分布稀疏的地方，电场强度小；负电荷受电场力的方向与电场强度方向相反．解答：解：由题境可知加速度减小，所以带电粒子所受的电场力逐渐减小，即电场线越来越稀疏，所以AD错误；且带电粒子仅在电场力作用下，据场强方向的规定可知，负电荷的运动轨迹与电场线的方向相反，故ABD错误，C正确．应当选：C．点评：据题境分析带电粒子受力情况，能判断电场线的分布情况和电场线的方向，根底题目．2．〔4分〕如下列图，两段等长细线串接着两个质量、电量相等的带电小球a、b，a带正电、b带负电，悬挂于O 点．现在空间加上水平向右的匀强电场，如此此装置平衡时的位置可能是如下哪幅图〔〕A．B．C．D．考点：匀强电场中电势差和电场强度的关系．专题：电场力与电势的性质专题．分析：以整体为研究对象，分析受力情况，确定上面绳子oa的方向，再以下面的小球为研究对象，分析受力，根据平衡条件确定下面绳子的方向．解答：解：以两个小球组成的整体为研究对象，水平方向受到两个电场力，矢量和为零．竖直方向受到总重力，根据平衡条件得知，细线oa的拉力必定在竖直方向，所以细线oa 的方向必须是竖直的．再以小球b为研究对象，由于带负电，该小球受到的电场力方向水平向左，如此细线ab向左偏离竖直方向，故A正确，BCD错误．应当选：A．点评：此题一要灵活选择研究对象，二要分析受力．采用整体法和隔离法相结合的方法研究往往可以简便求解．3．〔4分〕如图，长L的轻绳挂质量为m的小球，匀强电场强度为E，方向向右，小球带电为+q ，将小球拉至水平由静止释放，如此小球运动到最低点时轻绳的张力为〔〕A．2mg﹣Eq B．3mg﹣2Eq C．3mg﹣Eq D．3mg﹣3Eq考点：电势差与电场强度的关系；向心力．专题：电场力与电势的性质专题．分析：将小球从图示由静止释放，根据动能定理求通过最低点的速度．由圆周运动轻绳的张力和重力的合力提供向心力，根据牛顿第二定律求出小球经最低点时的张力解答：解：将小球从图示由静止释放，通过最低点，由动能定理，得：mgL﹣qEL=mv2由圆周运动轻绳的张力和重力的合力提供向心力，根据牛顿第二定律，得：F﹣mg=m联立以上各式解得：F=3mg﹣2Eq应当选：B点评：此题小球的运动类似于单摆，关于平衡位置具有对称性，α=2θ．B点相当于竖直平面内圆周运动的最高点，也称为物理最高点．4．〔4分〕两个电池E1，E2，它们分别向同一电阻R供电，比拟电阻R消耗的电功率P1和P2，电池的效率η1和η2的大小，如此有〔〕A．P1＞P2，η1＞η2B．P1＜P2，η1＜η2C．P1＜P2，η1＞η2D．P1＞P2，η1＜η2考点：电功、电功率；路端电压与负载的关系．专题：恒定电流专题．分析：因为两个电池1和2的电动势E1＞E2，如此由殴姆定律可得它们的内阻关系，从而得出它们内阻消耗的功率关系．电源的效率是输出功率与总功率的比值，由于输出功率相等，所以效率与电动势成反比．解答：解：根据图象可知，U1＞U2，I1＞I2，根据P=UI可知，R消耗的功率P1＞P2，根据图象可知，E1＞E2，斜率表示内阻，如此r1＞r2而η=，故η1＜η2应当选：D点评：请同学们看清电源的功率与效率，同时搞清各自的公式．5．〔4分〕如下列图的电路，闭合开关S后，a、b、c三盏灯均能发光，电源电动势E恒定且内阻r不可忽略．现将变阻器R的滑片稍向上滑动一些，三盏灯亮度变化的情况是〔〕A．a灯和c灯变亮，b灯变暗B．a灯变亮，b灯和c灯变暗C．a灯和c灯变暗，b灯变亮D．a灯和b灯变暗，c灯变亮考点：闭合电路的欧姆定律．专题：恒定电流专题．分析：如图电路的结构是：c灯与变阻器R串联后与b灯并联，再与a灯串联．R的滑片稍向上滑动时，变阻器R接入电路的电阻变小，外电路总电阻变小，根据欧姆定律分析干路电流的变化，再分析b灯电压的变化和c灯的电流变化来分析灯泡亮度变化．解答：解：R的滑片稍向上滑动时，变阻器R接入电路的电阻变小，外电路总电阻变小，根据闭合电路欧姆定律得知，干路电流I增大，a灯变亮．b的电压U b=E﹣I〔r+R a〕减小，b灯变暗．通过c灯的电流I c=I﹣I b，I增大，I b减小，如此I c增大，c灯变亮．故A正确．应当选：A．点评：此题是电路中动态变化分析的问题，首先要搞清电路的结构，其次要按“局部→整体→局部〞的顺序分析．6．〔4分〕如下列图，虚线a、b、c代表电场中三个等势面，相邻等势面之间的电势差相等，即U ab=U bc，实线为一带负电的电子仅在电场力作用下通过该区域时的运动轨迹，P、Q是这条轨迹上的两点，据此可知〔〕A．三个等势面中，a的电势最高B．电子在P点具有的电势能比在Q点具有的电势能大C．电子通过P点时的动能比通过Q点时大D．电子通过P点时的加速度比通过Q点时小考点：电势；电势能．专题：电场力与电势的性质专题．分作出电场线，根据轨迹弯曲的方向可知，负电荷受力的方向向下，电场线向上．故c析：的电势最高；根据推论，负电荷在电势高处电势能小，可知电荷在P点的电势能大；总能量守恒；由电场线疏密确定出，P 点场强小，电场力小，加速度小．解答：解：A、负电荷做曲线运动，电场力指向曲线的内侧；作出电场线，根据轨迹弯曲的方向和负电荷可知，电场线向上．故c的等势面电势最高，故A错误；B、利用推论：负电荷在电势高处电势能小，知道质点在P点电势能大，故B正确；C、只有电场力做功，电势能和动能之和守恒，故带电质点在P点的动能与电势能之和等于在Q点的动能与电势能之和，P点电势能大，动能小．故C错误；D、等差等势面的疏密可以表示电场的强弱，P处的等势面密，所以P点的电场强度大，粒子受到的电场力大，粒子的加速度大，故D错误；应当选：B点评：根据电场线与等势面垂直，作出电场线，得到一些特殊点〔电场线与等势面交点以与点〕的电场力方向，同时结合能量的观点分析是解决这类问题常用方法．7．〔4分〕如下列图，平行板电容器与直流电源连接，下极板接地，板间距为d．一电荷从电容器左边的正中间的P点入射，恰好从下极板的右边缘射出．如果让电荷贴着上极板的左边缘保持原来速度入射，仍从下极板的右边缘射出，如此平行板电容器间的距离调为〔〕A．B．C．d D．2d考点：电容器的动态分析．专题：电容器专题．分析：电荷进入电场后做类平抛运动，运用运动的分解法，由牛顿第二定律和运动学公式结合得到偏转距离与板间距离的关系，即可求解．解解：电荷从P点入射，恰好从下极板的右边缘射出时：答：==让电荷贴着上极板的左边缘保持原来速度入射，仍从下极板的右边缘射出时，设此时板间距离为d′，如此有：d==联立以上两式得：d′=应当选：B．点评：粒子垂直进入电场中做的是类平抛运动，此题就是考查学生对类平抛运动的规律的应用．8．〔4分〕一个平行板电容器充电后与电源断开，负极板接地，在两板中间有一个正电荷〔电量很小〕处在A点，如图示，假设以E表示板间电场强度，W表示将正电荷从A移到B点电场力做的功．假设保持正极板不动，将负极板上移到图中虚线位置，比拟两种情况下的E、W 和正电荷在A点的电势能E p的大小〔〕A．E不变，E p不变B．E p不变，W不变C．E不变，E p变大D．E p变小，W不变考点：电容器的动态分析．专题：电容器专题．分析：平行板电容器充电后与电源断开后所带电量不变．移动极板，根据推论分析板间场强是否变化．由电容的决定式分析电容的变化，确定电压U的变化．根据P点与上板间电势差的变化，分析A点的电势如何变化，判断电势能的变化．解答：解：平行板电容器充电后与电源断开后所带电量Q不变，根据推论E=得知，板间场强E不变．将负极板上移到图中虚线位置，AB间沿电场线方向的距离不变，由U=Ed得知，AB间的电势差不变，由公式W=qU知，W不变．B点与下板间的电势差减小，如此P点的电势降低，如此正电荷的A点的电势能E p变小．应当选：D．点评：电容器的电量和正对面积不变，板间场强E不变是重要的推论，要能根据电容的决定式C=、电容的定义式C=和推论E=进展分析．9．〔4分〕在伏安法测电阻的实验中，待测电阻R x约为200Ω，电压表V的内阻约为2kΩ，电流表A的内阻约为10Ω，测量电路中电表的连接方式如图〔a〕或图〔b〕所示，假设将由图〔a〕和图〔b〕中电路测得的电阻值分别记为R x1和R x2，如此下了说法正确的答案是〔〕A．R x1更接近真实阻值B．R x2更接近真实阻值C．R x1大于真实阻值，R x2小于真实阻值D．R x1小于真实阻值，R x2大于真实阻值考点：伏安法测电阻．专题：恒定电流专题．分析：此题的关键是明确电流表内外接法的选择方法：当满足时，电流表应用外接法，根据串并联规律写出真实值表达式，比拟可知，测量值小于真实值；当满足时，电流表应用内接法，根据串并联规律写出真实值表达式，比拟可知，测量值大于真实值．解答：解：由于待测电阻满足时R A R V=10×2000＜R=40000，所以电流表应用内接法，即R X1更接近真实值；根据串并联规律可知，采用内接法时真实值应为：R真=＜=R测，即测量值大于真实值；采用外接法时，真实值应为：R真=＞=R测，即测量值小于真实值．应当选：AC ．点评：应明确：电流表内外接法的选择方法是：当满足时，电流表应用外接法，此时测量值小于真实值；当满足时，电流表应用内接法，此时测量值大于真实值．10．〔4分〕如下列图，竖直放置的两个平行金属板间有匀强电场，在两板之间等高处有两个质量一样的带电小球，P小球从紧靠左极板处由静止开始释放，Q小球从两板正中央由静止开始释放，两小球最后都能打在右极板上的同一点．如此从开始释放到打到右极板的过程中〔〕A．它们的运行时间t P：t Q=1：1B．它们的动能增加量之比△E KP：△E KQ=4：1C．它们的电势能减少量之比△E P：△E Q=2：1D．它们的电荷量之比q P：=2：1考点：带电粒子在匀强电场中的运动．分析：两小球在电场中均受到重力和电场力作用，两小球均沿图所示的虚线做初速度为零的匀加速直线运动；把运动沿水平和竖直方向进展分解，在竖直方向上做自由落体运动，在水平方向均做初速度为零的匀加速直线运动．因在竖直方向上位移一样，所以两球运动时间一样，从而判断出在水平方向上的加速度的关系和电场力的关系，结合能量的转化和守恒与运动学公式可判断个选项的正误．解答：解：A、两小球在竖直方向做自由落体运动，水平在电场力作用下做初速度为0的匀加速直线运动，故两小球运动时在竖直方向自由下落的高度一样，由可知他们运动时间相等，故A正确；BCD、根据分运动的等时性，沿电场方向加速时间也相等，由可得P、Q两球的水平加速度为2倍关系；由可知，带电量也为2倍关系．选项D正确；可知两球的加速度关系为a P=2a Q，由F=ma可得电场力有关系F p=2F Q，而水平方向S p=2S Q，由功的公式知，电场力对两球做功有关系W p=4W Q，所以电势能变化是4倍的关系．在竖直方向上重力做功相等，所以两球合力做功并不是4倍关系．可知BC错误．应当选：AD．点评：该题考察了带电粒子在平行板电容器中的运动，此题关键将两个小球的运动分解为水平方向和竖直方向的分运动，然后结合运动学公式、牛顿运动定律和能量列式分析．11．〔4分〕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．如此如下说法中正确的答案是〔〕A．图线a表示总功率P E随电流I变化的关系B．图线b表示电源内部的发热功率P r随电流I变化关系C．电源的最大输出功率为1.5WD．电源的内阻为0.75Ω考点：电功、电功率．专题：恒定电流专题．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、B、由电源的总功率和电源内部发热的功率表达式分别为：P E=EI，P r=I2r，可知，a是直线，表示的是电源的总功率，b是抛物线，表示的是电源内部的发热功率，c 表示外电阻的功率即为电源的输出功率P R，故A正确，B正确；C、c表示外电阻的功率即为电源的输出功率P R，从图看出最大输出功率为1.5W，故C 正确；D、当电流为4A时，电源内部的发热功率P r=6W，由P r=I2r，得到r=0.375Ω，故D错误；应当选：ABC．点评：当电源的内阻和外电阻的大小相等时，此时电源的输出的功率最大，并且直流电源的总功率P E等于输出功率P R和电源内部的发热功率P r的和．12．〔4分〕如下列图，一个内壁光滑的绝缘细直管竖直放置．在管子的底部固定一电荷量为Q〔Q＞0〕的带电体．在距离底部点电荷为h2的管口A处，有一电荷量为q〔q＞0〕、质量为m的小球自静止释放，在距离底部点电荷为h1的B处速度恰好为零．现让一个电荷量为q、质量为2m的小球仍在A处自静止释放，静电力常量为k，重力加速度为g，如此该小球〔〕A．小球运动到B处的速度为零B．在下落过程中加速度大小先变小后变大C．向下运动了位移x=h2﹣时速度最大D．小球向下运动到B点时的速度为2考点：电势差与电场强度的关系．专题：电场力与电势的性质专题．分析：当点电荷A在自身重力与点电荷间的库仑力作用下，由静止释放后到停止．在此过程中重力做正功，库仑力做负功，且相等．当点电荷变成：电量不变，而改变质量，仍从原位置释放，如此由动能定理，可求出停止位置，速度最大的位移与到达B点的速度．解答：解：A、质量为m点电荷A，从静止释放后开始下落，库仑力越来越大，所以点电荷先加速后减速．如此加速度先减小后增大．当到达B点时，点电荷A停止．由动能定理可得：mg〔h2﹣h1〕﹣W库=0﹣0W库=mg〔h2﹣h1〕而当换成质量2m点电荷A′时，仍从原来位置静止释放，如此点电荷先加速后减速．如此加速度先减小后增大．设停止的位置为B′，如此由动能定理可得：2mg〔h2﹣h1′〕﹣W库=0﹣0所以h2﹣h1′=如此速度为零的位置在B点下方．故A错误；B、而当换成质量2m点电荷A ′时，仍从原来位置静止释放，如此点电荷先加速后减速．如此加速度大小先减小后增大．故B正确；C 、速度最大位置，就是加速度为零的位置．即库仑力与重力相等的位置．当质量为m 时，设平衡位置距点电荷B 的距离为h0如此有：而当质量为2m时，设平衡位置距底部点电荷的距离为h0′如此有：所以h0′=如此向下运动的位移x=h2﹣，故C正确；D、点电荷从静止到B点，由动能定理可得：2mg〔h 2﹣h1〕﹣W库=﹣0而W库=mg〔h2﹣h1〕所以B点时的速度为，故D错误；应当选：BC点评：此题类似于换成两不带电两小球，且之间放入轻质弹簧，因为库仑力做功与弹簧弹力做功很相似．二、实验题〔每空2分，图4分，共20分〕13．〔10分〕在“描绘小电珠的伏安特性曲线〞的实验中，除有一标有“6V 1.5W〞字样的小电珠、导线和开关外，还有：A．直流电源6V〔内阻不计〕B．直流电流表0～3A〔内阻0.1Ω以下〕C．直流电流表0～250mA〔内阻约为5Ω〕D．直流电压表0～10V〔内阻约为15kΩ〕E．滑动变阻器10Ω、2AF．滑动变阻器1kΩ、0.5A实验要求小电珠两端的电压从零开始变化并能进展屡次测量．〔1〕实验中电流表应选用C，滑动变阻器应选用E〔均用序号表示〕〔2〕小电珠的伏安特性曲线如图1所示〔只画出了AB段〕，由图可知，当电珠两端电压由3V变为6V时，其灯丝电阻改变了10Ω．〔3〕试将如图2所示的器材连成实物图．考点：描绘小电珠的伏安特性曲线．专题：实验题．分析：器材的选择需安全和准确，根据灯泡的额定电压和额定电流选择电流表和电压表的量程，从而测量误差的角度选择滑动变阻器．电压和电流需从0测起，滑动变阻器需采用分压式接法，通过灯泡的电阻大小判断其是大电阻还是小电阻，从而确定电流表内接还是外接．解答：解：〔1〕小灯泡的额定电压为6V，小灯泡的额定电流为I===0.25A，从安全和准确度方面考虑，所以量程为300mA的电流表应选C；要描画小灯泡的伏安特性曲线，电路中电流的变化范围比拟大，滑动变阻器应采用分压接法，为方便实验操作，滑动变阻器应选E．〔2〕根据图示图象，由欧姆定律可知，小电珠电阻：R A==30Ω，R B==40Ω，电阻变化量：△R=40﹣30=10Ω；〔3〕小灯泡在正常工作时的电阻R==24Ω，电流表内阻约为5Ω，电压表内阻约为15kΩ，电压表内阻远大于灯泡电阻，电流表应采用外接法；描绘灯泡伏安特性曲线，电压和电流需从零开始测起，所以滑动变阻器采用分压式接法，实物图如下列图．故答案为：〔1〕C，E〔2〕10．〔3〕如图点评：解决此题的关键掌握器材选取的原如此，以与知道滑动变阻器分压式和限流式接法的区别，电流表内外接的区别．14．〔10分〕某电压表的内阻在15kΩ～40kΩ之间，现要测量其内阻，实验室提供如下器材：A．待测电压表〔量程3V〕B．电流表A1〔量程为0.6mA〕C．电流表A2〔量程为200μA〕D．电流表A3〔量程为0.6A〕E．电压表V1〔量程为4V〕F．电压表V2〔量程3V〕G．滑动变阻器R〔最大阻值1kΩ〕H．电源E〔电动势为4V〕I．开关S．导线假设干〔1〕为了尽量减小测量误差，要求测量多组数据，滑动变阻器应采用分压接法〔填限流接法或分压接法〕，电流表用A2〔填A1或A2或A3〕，V1和V2是否采用不用〔填V1或V2或不用〕〔2〕请你在如下列图的虚线框内画出符合实验要求的电路图．考点：伏安法测电阻．专题：实验题．分析：先估算电压表的最大电流用来选择适宜量程的电流表；根据滑动变阻器的阻值与是待测电压表的阻值大小确定滑动变阻器是采用分压式接法还是限流式接法．解答：解：〔1〕通过电压表可能的最大电流为：I max==200，所以电流表选用量程为200μA的．待测电阻的电压表本身能够显示电压，所以不需要另外的电压表，其他的如电源、开关、导线和滑动变阻器为必选．所以应选择的器材有：ACGHI．〔2〕因为滑动变阻器的总阻值远小于电压表的内阻，所以滑动变阻器应选用分压式接法，电路图如下列图．故答案为：〔1〕分压接法，A 2，不用；〔2〕如下列图．点评：解决此题的关键知道通过估算测量值以选取适宜的量程；假设小电阻控制大电阻要用分压式接法．三、计算题〔共32分〕15．〔8分〕如下列图，电源电动势E=9V，内阻r=1Ω，小电动机M的线圈电阻为r0=0.5Ω，电阻R0=3Ω，电压表的示数为U0=3V．求：〔1〕此时电动机的输入功率；〔2〕此时电动机的输出功率．考点：电功、电功率．专题：恒定电流专题．分析：〔1〕根据闭合电路欧姆定律列式求解电动机的电压，电动机与电阻R0串联，根据欧姆定律求解电阻R0的电流，最后根据P=UI求解电动机的输入功率；〔2〕根据P机=P电﹣P热=UI﹣I2R M求解电动机的输出功率．解答：解：〔1〕以电阻R0为研究对象，根据欧姆定律得到电路中电流为：I=电动机两端的电压：U=E﹣U0﹣Ir=9﹣3﹣1×1=5V电动机输入的电功率为：P电=UI=5×1=5W〔2〕电动机内部发热为P热=I2R M，根据能量转化和守恒定律，电动机的输出功率：P机=P电﹣P热=UI﹣I2R M=5×1﹣12×0.5=4.5W答：〔1〕此时电动机的输入功率为5W；〔2〕此时电动机的输出功率为4.5W．点评：此题关键抓住电路中电压分配和能量的关系，不能直接根据欧姆定律这样来求解电路中电流：I=，因为电动机工作时，欧姆定律不成立．16．〔12分〕如下列图的匀强电场中，有a、b、c三点，ab=4cm，bc=10cm，其中ab沿电场方向，bc和电场方向成60°角，一个电荷量为q=4×10﹣8C的正电荷从a移到b电场力做功为w1=1.6×10﹣7J，求：〔1〕匀强电场的场强E．〔2〕电荷从b移到c，电场力做功W2．〔3〕a、c两点的电势差U ac．考点：匀强电场中电势差和电场强度的关系；电势差．专题：电场力与电势的性质专题．分析：〔1〕根据电场力做功公式W=qEd，求解电场强度，d是电场线方向两点间的距离．〔2〕电场力做功公式W=qEd，求解电荷从b移到c电场力做功W2．〔3〕先求出电荷从a到c电场力做功，再求解a、c两点的电势差U ac．解答：解：〔1〕由电场力做功公式W1=qEd ab得：匀强电场的场强为：E==V/m=100V/m 〔2〕电荷从b移到c，沿电场方向距离：d bc==cm=5cm电场力做功为：W2=qEd bC=4×10﹣8×100×0.05J=2×10﹣7J，〔3〕电荷从a移到c，W1+W2=qU aca、c两点的电势差为：U ac==V=9V 答：〔1〕匀强电场的场强E为100V/m．〔2〕电荷从b移到c，电场力做功W2为2×10﹣7J．〔3〕a、c两点的电势差U ac为9V．点评：匀强电场中电场力做功公式W=qEd中，d是两点间沿电场线方向的距离，求功时要注意判断功的正负．17．〔12分〕如下列图，光滑斜面倾角为37°，一带有正电的小物块质量为m，电荷量为q，置于斜面上，当沿水平方向加有如下列图的匀强电场时，带电小物块恰好静止在斜面上，从某时刻开始，电场强度变化为原来的，求：〔1〕原来的电场强度的大小；〔2〕物体运动的加速度；〔3〕沿斜面下滑距离为L时物体的速度的大小〔sin37°=0.6，cos37°=0.8〕考点：共点力平衡的条件与其应用；带电粒子在匀强电场中的运动．专题：带电粒子在电场中的运动专题．分析：〔1〕对小球进展受力分析，应用平衡条件可求出电场力，进而求出电场强度．〔2〕电场变化后受力分析求出合外力，应用牛顿第二定律求解加速度．〔3〕沿斜面下滑距离为L时物体的速度的大小可由动能定理或运动学知识求解．解解：〔1〕对小球受力分析并合成如图：答：由平衡条件得：F′=mg在直角三角形中：tanθ=得：qE=mgtanθ，解得：〔2〕对小球受力分析并正交分解如图：F合=mgsin37°﹣Fcos37°=ma即：解得：a=3m/s 2方向：沿斜面向下〔3〕在下滑过程中：W=F合×L由动能定理：解得：答：〔1〕原来的电场强度〔2〕物体运动的加速度为：a=3m/s2，方向：沿斜面向下word - 21 - / 21 〔3〕沿斜面下滑距离为L 时物体的速度的大小为点评： 问题一是平衡条件的应用，受力分析后应用平衡条件即可；问题二是牛顿运动定律的应用，关键是求合力；问题三直接应用动能定理即可，总体难度不是很大，细细分析即可．。
辽宁省沈阳二中高二上学期9月阶段验收 物理试题 含答案
沈阳二中2013——2014学年度上学期9月份阶段验收高二（15届）物理试题命题人：王振宇审校人：付宇新说明：1.测试时间：90分钟总分：100分2.客观题涂在答题纸上，主观题答在答题纸的相应位置上第Ⅰ卷（48分）一．选择题：本题共14小题，每小题4分。
在每小题给出的四个选项中，第1~8题只有一项符合题目要求，第9~12题有多项符合题目要求。
全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。
1~8题单选1．下列说法中正确的是（）A．电源电动势实质上就是电源两极间的电压B．电源电动势在数值上等于电源两极间的电压C．电源电动势与电压的单位相同，但与电压有本质的区别D．电动势越大，电源两极间的电压一定越高2．下列说法中正确的是( )A．电流的方向就是电荷移动的方向B．在一直流电源的外电路上，电流的方向是从电源正极流向负极C．电流都是由电子的移动形成的D．电流是有方向的量，所以是矢量3．在如图所示的U—I图像中，直线I为某电源的路端电压与电流的关系，直线Ⅱ为某一电阻R的伏安特性曲线，用该电源直接与电阻R 连接成闭合电路，由图像可知（）A．R的阻值为0．5ΩB．电源电动势为3V，内阻为0．5ΩC．电源的输出功率为3．0wD．电阻R消耗的功率为1．5w4. 两根材料相同的均匀导线A和B，其长度分别为L和2L，串联在电路中I/A U/V1.53.02.01.0•••••ⅡⅠ时沿长度方向电势的变化如图所示，则A 和B 导线的横截面积之比为（ ） A ．2∶3 B ．1∶3 C ．1∶2 D ．3∶15．如图是一火警报警电路的示意图．其中R 3为用某种材料制成的传感器，这种材料的电阻率随温度的升高而增大．值班室的显示器为电路中的电流表，电源两极之间接一报警器．当传感器R 3所在处出现火情时，显示器的电流I 、报警器两端的电压U 的变化情况是（ ） A ．I 变大，U 变小 B ．I 变小，U 变大 C ．I 变大，U 变大D ．I 变小，U 变小6．如图，有一提升重物用的直流电动机，内阻r =0.6 Ω， R =10 Ω，U =160 V ，电压表的读数为110 V ，则下列说法正确的是（ ） A ．通过电动机的电流为5A B ．通过电动机的电流为4A C ．在电动机中发热的功率为5WD ．输入到电动机的电功率为500W7 . 如图所示，1R ＝2R ＝3R ＝4R ＝R ，电键S 闭合时，间距为d 的平行板电容器C 的正中间有一质量为m 、电荷量为q 的小球恰好处于静止状态；电键S 断开时，则小球的运动情况为（ ）A. 不动B. 向上运动C. 向下运动D. 不能确定8. 如图所示的电路中，由于某一电阻发生短路或断路，使A 灯变暗、B 灯变亮，则故障可能是（ ）①R 1短路 ②R 2断路 ③R 3断路 ④R 4短路 A ．①② B ．②③ C ．①④ D ．②④ 9~12题多选9．用图中电路来测量电池电动势和内电阻，根据测得的数据作出U －I 图线，由图可知（ ） A ．电池电动势的测量值为1.40 V B ．电池内阻的测量值为3.50 Ω C ．外电路发生短路时的电流为0.40 AD ．电压表的示数为1.20 V 时，电流表的示数I′＝0.20 AMVURSR 4R 3R 2 R 1 ·10．一根粗细均匀的导线，两端加上电压U 时，通过导线电流为I ，导线中自由电子定向移动的平均速率为v ，若将导线均匀拉长，使它横截面的半径变为原来1/2，再给它两端加上电压U ，则（ ）A ．通过导线的电流为I 4B ．通过导线的电流为I16C ．导线中自由电子定向移动的速率为v4 D ．导线中自由电子定向移动的速率为v 211．如图所示，一个有3 V 和30 V 两种量程的电压表，表头内阻为15 Ω，满偏电流为1 mA ，则有关R 1、R 2的阻值正确的是（ ） A ．R 1为3000Ω B ．R 1为2985Ω C ．R 2为27000Ω D ．R 2为30000Ω12．如图所示，电源电动势为E ，内电阻为r ．当滑动变阻器的触片P 从右端滑到左端时，发现电压表V 1、V 2示数变化的绝对值分别为ΔU 1和ΔU 2，下列说法中正确的是（ ）A ．小灯泡L 1、L 3变暗，L 2变亮B ．小灯泡L 3变暗，L 1、L 2变亮C ．ΔU 1<ΔU 2D ．ΔU 1>ΔU 2第Ⅱ卷 （52分）二．实验题（13题4分，14题8分，15题8分）13．(1)某同学利用螺旋测微器测量一金属板的厚度．示数如图1所示，所测金属板的厚度为______ mm.+3V+30V图1 图2(2)某次电学实验时电路中的电流表的示数如图2所示。
辽宁省沈阳市市级重点高中协作校高二物理下学期期末试卷(含解析)
2014-2015学年辽宁省沈阳市市级重点高中协作校高二（下）期末物理试卷一、选择题（本题共12小题，每小题4分，共48分，1-7小题只有一个选项正确，8-12小题有多个选项正确．全部选对的得4分，选不选的得2分，有选错或不选的得0分．）1．用力F f单独作用于某一物体上可产生加速度为3m/s2，力F2单独作用于这一物体产生加速度为1m/s2，若F1、F2同时作用于该物体，可能产生的加速度为（）A． 1m/s2B． 4m/s2C． 5m/s2D． 6m/s22．如图所示，A、B两物体相距S0=7m，此时A正以V A=4m/s的速度向右匀速运动，而此时B 只在摩擦力作用下以初速度V B=10m/s向右匀减速运动，加速度大小为2m/s2，则 A追上B的时间为（）A． 7s B． 8s C． 9s D． 10s3．质量为m的滑块从半径为R的半球形碗的边缘滑向碗底，过碗底时速度为v，若滑块与碗间的动摩擦因数为μ，则在过碗底时滑块受到摩擦力的大小为（）A．μmg B．μm C．μm（g+）D．μm（﹣g）4．如图所示的肖滑斜面的倾角为30°，轻绳通过两个滑轮与A相连，轻绳的另一端固定于天花板上，不计轻绳与滑轮的摩擦及滑轮的质量，物块A的质量为n，边接A的轻绳与斜面平行，挂上物块B后，当滑轮两边轻绳的夹角为90°时，A、B恰能保持静止，则物块B的质量为（）A．m B．m C． m D． 2m5．如图所示，mgsinθ＞Mg，在m上放一小物体时，m仍保持静止，则（）A．绳子的拉力增大B． m所受合力变大C．斜面对m的静摩擦力可能减小D．斜面对m的静摩擦力一定增大6．如图所示，重4N的物体A，被平行于斜面的细线拴在斜面的上端，整个装置保持静止状态，倾角为30°的斜面被固定在测力计上，物块与斜面间无摩擦，装置稳定后，当细线被烧断物块正在下滑时与静止时比较，测力计的示数（）A．增加B．减少C．不变D．无法判断7．如图所示，竖直放置在水平面上的轻质弹簧上放着质量为3kg的物体A，处于静止状态．若将一个质量为3kg的物体B竖直向下轻放在A上的一瞬间，则B对A的压力大小为（取g=10m/s2）（）A． 30N B． 0 C． 15N D． 12N8．A、B两个物体从同一地点在同一直线上做匀变速直线运动，它们的速度图象如图所示，则（）A． A、B两物体运动方向相反B． t=4s时，A、B两物体相遇C．在相遇前，t=4s时A、B两物体相距最远D．在相遇前，A、B两物体最远距离20m9．一根长为L的轻杆下端固定一个质量为m的小球，上端连在光滑水平轴上，轻杆可绕水平轴在竖直平面内运动（不计空气阻力）．当小球在最低点时给它一个水平初速度v0，小球刚好能做完整的圆周运动．若小球在最低点的初速度从v0逐渐增大，则下列判断正确的是（）A．小球能做完整的圆周运动，经过最高点的最小速度为B．小球在最高点对轻杆的作用力先减小后增大C．小球在最低点对轻杆的作用力一直增大D．小球在运动过程中所受合外力的方向始终指向圆心10．两个重叠在一起的滑块，置于倾角为θ的固定斜面上，滑块A、B的质量分别为M和m，如图所示，A与斜面的动摩擦因数为μ1，B与A间的动摩擦因数为μ2，已知两滑块都从静止开始以相同的加速度从斜面滑下，则滑块B受到的摩擦力（）A．方向沿斜面向下B．方向沿斜面向上C．大小等于μ1MgcosθD．大小等于μ2mgcosθ11．如图所示，光滑斜面AE被分成四个相等的部分，一物体由A点从静止释放，下列结论中正确的是（）A．物体到达各点的速率v B：v C：v D：v E=1：：：2B．物体到达各点所经历的时间t E=2t B=t C=t DC．物体从A到E的平均速度=v BD．物体通过每一部分时，其速度增量v B﹣v A=v C﹣v B=v D﹣v C=v E﹣v D12．如图所示，AB为半圆弧ACB的水平直径，AB=1.5m，从A点平抛出一小球，小球下落0.3s 后落到ACB上，则小球抛出的初速度V0为（）A． 0.5m/s B． 1.5m/s C． 3m/s D． 4.5m/s二、填空题（本大题共3小题，每空3分，共15分）13．如图，在高H处有个小球A，以速度V1水平抛出，同时，地面上有个小球B以速度V2竖直上抛，两球在空中相遇，则从它们抛出到相遇所需的时间是；两球抛出时的水平距离为．14．质量为2kg的物体在水平力F的作用下沿水平面做直线运动，一段时间后撤去F，其运动的v﹣t图象如图所示．g取10m/s2，求：（1）物体与水平面间的动摩擦因数μ；（2）水平推力F的大小．15．一个物体从某一高度做自由落体运动，已知它第一秒内的位移恰为它最后一秒内位移的一半，g取10m/s2，则它开始下落时距地面的高度为m．三、计算题（本大题共3小题，16小题10分，17小题12分，18小题15分，共37分）16．跳伞运动员做低空跳伞表演，当飞机离地面224m水平飞行时，运动员离开飞机在竖直方向做自由落体运动．运动一段时间后，立即打开降落伞，展伞后运动员以12.5m/s2的加速度匀减速下降，为了运动员的安全，要求运动员落地速度最大不得超过5m/s（取g=10m/s2）．求：（1）运动员展伞时，离地面的高度至少为多少？（2）运动员在空中的最短时间为多少？17．如图所示，一质量为M=5kg的斜面体放在水平地面上，斜面体与地面的动摩擦因数为μ1=0.5，斜面高度为h=0.45m，斜面体与小物块的动摩擦因数为μ2=0.8，小物块的质量为m=1kg，起初小物块在斜面的竖直面上的最高点．现在从静止开始在M上作用一水平恒力F，并且同时释放m，取g=10m/s2，设小物块与斜面间最大静摩擦力等于它们之间的滑动摩擦力，小物块可视为质点．问：（1）要使M、m保持相对静止一起向右做匀加速运动，加速度至少多大？（2）此过程中水平恒力至少为多少？18．如图所示，摩托车做腾跃特技表演，沿曲面冲上高0.8m顶部水平高台，接着以v=3m/s 水平速度离开平台，落至地面时，恰能无碰撞地沿圆弧切线从A点切入光滑竖直圆弧轨道，并沿轨道下滑．A、B为圆弧两端点，其连线水平．已知圆弧半径为R=1.0m，人和车的总质量为180kg，特技表演的全过程中，阻力忽略不计．（计算中取g=10m/s2，sin53°=0.8，cos53°=0.6）．求：（1）从平台飞出到A点，人和车运动的水平距离S；（2）从平台飞出到A点时速度及圆弧对应圆心角θ；（3）人和车运动到达圆弧轨道A点时对轨道的压力大小；（4）人和车运动到圆弧轨道最低点O速度v′=m/s此时对轨道的压力大小．2014-2015学年辽宁省沈阳市市级重点高中协作校高二（下）期末物理试卷参考答案与试题解析一、选择题（本题共12小题，每小题4分，共48分，1-7小题只有一个选项正确，8-12小题有多个选项正确．全部选对的得4分，选不选的得2分，有选错或不选的得0分．）1．用力F f单独作用于某一物体上可产生加速度为3m/s2，力F2单独作用于这一物体产生加速度为1m/s2，若F1、F2同时作用于该物体，可能产生的加速度为（）A． 1m/s2B． 4m/s2C． 5m/s2D． 6m/s2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：首先研究两个力单独作用时，根据牛顿第二定律用加速度表示力F1、F2，得到两个力合力范围，再根据牛顿第二定律研究F1、F2同时作用于该物体时产生的加速度范围，即可选择．解答：解：设物体的质量为m，由牛顿第二定律得：F1=ma1=3m，F2=ma2=m，则F1、F2两个力的合力范围为2m≤F合≤4m若F1、F2同时作用于该物体时，由顿第二定律F=ma得：物体的加速度范围为：2m/s2≤a≤4m/s2，故ACD错误，B正确．故选：B点评：本题关键之处是根据牛顿第二定律表示F1、F2，得到两个力合力范围，确定出加速度范围．要知道F1、F2的合力范围为：|F1﹣F2|≤F合≤F1+F2．2．如图所示，A、B两物体相距S0=7m，此时A正以V A=4m/s的速度向右匀速运动，而此时B 只在摩擦力作用下以初速度V B=10m/s向右匀减速运动，加速度大小为2m/s2，则 A追上B的时间为（）A． 7s B． 8s C． 9s D． 10s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：假设经过时间t，物块A追上物体B，根据位移时间公式结合几何关系列式求解即可．解答：解：物体A做匀速直线运动，位移为：x A=v A t=4t物体B做匀减速直线运动减速过程的位移为：x B=v B t+at2=10t﹣t2设物体B速度减为零的时间为t1，有t1==5s在t1=5s的时间内，物体B的位移为x B1=25m，物体A的位移为x A1=20m，由于x A1+S＞x B1，故物体A未追上物体B；5s后，物体B静止不动，故物体A追上物体B的总时间为：t总===8s故选B．点评：本题是追击问题，特别要注意物体B做匀减速运动，要分清是减速过程追上还是静止后被追上；第二种情况下的位移用位移时间公式求解时要注意时间是减速的时间，而不是总时间．3．质量为m的滑块从半径为R的半球形碗的边缘滑向碗底，过碗底时速度为v，若滑块与碗间的动摩擦因数为μ，则在过碗底时滑块受到摩擦力的大小为（）A．μmg B．μm C．μm（g+）D．μm（﹣g）考点：向心力；滑动摩擦力；牛顿第二定律．专题：牛顿第二定律在圆周运动中的应用．分析：滑块经过碗底时，由重力和碗底对球支持力的合力提供向心力，根据牛顿第二定律求出碗底对球的支持力，再由摩擦力公式求解在过碗底时滑块受到摩擦力的大小．解答：解：滑块经过碗底时，由重力和支持力的合力提供向心力，根据牛顿第二定律得 F N﹣mg=则碗底对球支持力F N=mg+所以在过碗底时滑块受到摩擦力的大小f=μF N=μ（mg+）=μm（g+）故选C．点评：本题运用牛顿第二定律研究圆周运动物体受力情况，比较基本，不容有失．4．如图所示的肖滑斜面的倾角为30°，轻绳通过两个滑轮与A相连，轻绳的另一端固定于天花板上，不计轻绳与滑轮的摩擦及滑轮的质量，物块A的质量为n，边接A的轻绳与斜面平行，挂上物块B后，当滑轮两边轻绳的夹角为90°时，A、B恰能保持静止，则物块B的质量为（）A．m B．m C． m D． 2m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：先对A受力分析，运用共点力平衡条件求出细线的拉力；再对B受力分析，再次运用共点力平衡条件求出B的质量．解答：解：先对A受力分析，再对B受力分析，如图根据共点力平衡条件，有mgsin30°=TT=Mg解得M=m故选：A．点评：本题关键是先后对物体A、B受力分析，根据共点力平衡条件，结合合成法或正交分解法列式求解．5．如图所示，mgsinθ＞Mg，在m上放一小物体时，m仍保持静止，则（）A．绳子的拉力增大B． m所受合力变大C．斜面对m的静摩擦力可能减小D．斜面对m的静摩擦力一定增大考点：共点力平衡的条件及其应用；物体的弹性和弹力．专题：共点力作用下物体平衡专题．分析：本题的关键是分别对两物体画出受力分析图并列出平衡方程，然后求解讨论即可．解答：解：画出物体m的受力分析图如图所示，由于=Mg，所以当满足mgsinθ＞Mg时，物体m将有向下运动的趋势，所以物体受到的静摩擦力f沿斜面向上，对物体M分析应有：=Mg…①对物体m分析应有：+f=mgsinθ…②A：由①可知，绳子拉力与m无关，所以A错误；B：放上小物体后m仍然静止，说明物体m所受的合力仍为零，所以B错误；C：由①②可解得f=mgsinθ﹣Mg，由于mgsinθ＞Mg，所以m增大时f也增大，所以C错误；D：由C项分析可知D正确；故选：D点评：正确画出物体的受力分析图是求解力学问题的关键．6．如图所示，重4N的物体A，被平行于斜面的细线拴在斜面的上端，整个装置保持静止状态，倾角为30°的斜面被固定在测力计上，物块与斜面间无摩擦，装置稳定后，当细线被烧断物块正在下滑时与静止时比较，测力计的示数（）A．增加B．减少C．不变D．无法判断考点：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：本题中原来物块和斜面体处于静止状态，故测力计的读数等于物块和斜面体的总重量，剪短细线后，沿斜面小球加速下滑，处于失重状态，对小球和斜面体整体运用牛顿第二定律列式求解．解答：解：对物块和斜面体整体受力分析，受总重力和支持力，平衡时，有：N﹣（M+m）g=0…①加速下滑时，再次对物块和斜面体整体受力分析，受总重力、支持力和静摩擦力，根据牛顿第二定律，有竖直方向：（M+m）g﹣N′=masin30°…②水平方向：f=macos30°…③对物块受力分析，受重力和支持力，根据牛顿第二定律，有mgsin30°=ma…④有由①②③④得到：N﹣N′=masin30°=mg（sin30°）2=0.4×10×0.25=1N故说明测力计的示数减小了1N；故选：B．点评：本题关键是对物块、物块和斜面体整体多次受力分析，然后根据牛顿第二定律、共点力平衡条件列式求解；要注意整体法对于有相对运动的物体系统同样适用．7．如图所示，竖直放置在水平面上的轻质弹簧上放着质量为3kg的物体A，处于静止状态．若将一个质量为3kg的物体B竖直向下轻放在A上的一瞬间，则B对A的压力大小为（取g=10m/s2）（）A． 30N B． 0 C． 15N D． 12N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：对整体分析，根据牛顿第二定律求出加速度的大小，再隔离对B分析，运用牛顿第二定律求出A对B的支持力大小，从而得出B对A的压力大小．解答：解：初始时刻，弹簧的弹力等于A的重力，即F=m A g=30N．将一个质量为3kg的物体B竖直向下轻放在A上的一瞬间，整体的加速度a==5m/s2．隔离对B分析，m B g﹣N=m B a，解得N=m B g﹣m B a=15N．故C正确，A、B、D错误．故选：C．点评：解决本题的关键能够正确地受力分析，运用牛顿第二定律进行求解，掌握整体法和隔离法的运用．8．A、B两个物体从同一地点在同一直线上做匀变速直线运动，它们的速度图象如图所示，则（）A． A、B两物体运动方向相反B． t=4s时，A、B两物体相遇C．在相遇前，t=4s时A、B两物体相距最远D．在相遇前，A、B两物体最远距离20m考点：匀变速直线运动的图像．专题：运动学中的图像专题．分析：在v﹣t图象中图象与坐标轴围成的面积表示位移．在时间轴上方的位移为正，下方的面积表示位移为负．如果从同一位置出发，相遇要求在同一时刻到达同一位置，即同一段时间内的位移相同．解答：解：A、由图可知，两物体的速度均沿正方向，故方向相同，A错误；B、t=4s时，由图象可知A图象与坐标轴围城的面积比B与坐标轴围成的面积要小，又是从同一地点出发的，故不可能相遇，故B错误；C、由图象可知，t=4s时，A、B两物体的速度相同，之前B物体的速度比A物体的速度大，两物体相距越来越远，之后A物体的速度大于B物体的速度，故两物体相距越来越近，故t=4s时两物体相距最远，最远距离，故CD正确；故选CD．点评：对于速度时间图象要明确以下几点：（1）每一点的坐标表示该时刻物体的速度；（2）图象的斜率表示物体的加速度；（3）图象与时间轴围成的面积表示物体在这段时间内通过的位移．本题关键是根据速度时间图象得到两个物体的运动规律，然后根据速度时间图象与时间轴包围的面积表示位移大小，结合初始条件进行分析处理．9．一根长为L的轻杆下端固定一个质量为m的小球，上端连在光滑水平轴上，轻杆可绕水平轴在竖直平面内运动（不计空气阻力）．当小球在最低点时给它一个水平初速度v0，小球刚好能做完整的圆周运动．若小球在最低点的初速度从v0逐渐增大，则下列判断正确的是（）A．小球能做完整的圆周运动，经过最高点的最小速度为B．小球在最高点对轻杆的作用力先减小后增大C．小球在最低点对轻杆的作用力一直增大D．小球在运动过程中所受合外力的方向始终指向圆心考点：向心力；匀速圆周运动．专题：匀速圆周运动专题．分析：小球在竖直平面内做圆周运动，只有重力做功，机械能守恒，故速度不断变化，是变速圆周运动；在最高点和最低点，小球受到的弹力和重力的合力提供向心力，根据牛顿第二定律列式分析即可．解答：解：A、设轻杆对小球的作用力大小为F，方向向上，小球做完整的圆周运动经过最高点时，对小球，由牛顿第二定律得mg﹣F=m，当轻杆对小球的作用力大小F=mg时，小球的速度最小，最小值为零，所以A错．B、由mg﹣F=m，可得在最高点轻杆对小球的作用力F=mg﹣m，若小球在最低点的初速度从v0逐渐增大，小球经过最高点时的速度v也逐渐增大，所以轻杆对小球的作用力F先减小后方向增大（先为支持力后为拉力，正负表示力的方向）．由牛顿第三定律可得小球在最高点对轻杆的作用力先减小后增大，因此选项B正确．C、在最低点，由F﹣mg=m，可得轻杆对小球的作用力（拉力）F=mg+m，若小球在最低点的初速度从v0逐渐增大，则轻杆对小球的作用力（拉力）一直增大，选项C正确．D、轻杆绕水平轴在竖直平面内运动，小球不是做匀速圆周运动，所以合外力的方向不是始终指向圆心，只有在最低点和最高点合外力的方向才指向圆心，选项D错．故选BC．点评：本题关键对小球在最高点和最低点分别受力分析，然后根据牛顿第二定律列式分析，要注意，杆对小球可以无弹力，可以是拉力、支持力．10．两个重叠在一起的滑块，置于倾角为θ的固定斜面上，滑块A、B的质量分别为M和m，如图所示，A与斜面的动摩擦因数为μ1，B与A间的动摩擦因数为μ2，已知两滑块都从静止开始以相同的加速度从斜面滑下，则滑块B受到的摩擦力（）A．方向沿斜面向下B．方向沿斜面向上C．大小等于μ1MgcosθD．大小等于μ2mgcosθ考点：牛顿第二定律；力的合成与分解的运用．专题：牛顿运动定律综合专题．分析：先整体为研究对象，根据牛顿第二定律求出加速度，再以B为研究对象，根据牛顿第二定律求解B所受的摩擦力．解答：解：以整体为研究对象，根据牛顿第二定律得加速度为：a==g（sinθ﹣μ1cosθ）设A对B的摩擦力方向沿斜面向下，大小为f，则有：mgsinθ+f=ma，得：f=ma﹣mgsinθ=﹣μ1mgcosθ，负号表示摩擦力方向沿斜面向上．故ACD错误，B正确．故选：B．点评：本题是两个物体的连接体问题，要灵活选择研究对象，往往采用整体法和隔离法相结合的方法研究．11．如图所示，光滑斜面AE被分成四个相等的部分，一物体由A点从静止释放，下列结论中正确的是（）A．物体到达各点的速率v B：v C：v D：v E=1：：：2B．物体到达各点所经历的时间t E=2t B=t C=t DC．物体从A到E的平均速度=v BD．物体通过每一部分时，其速度增量v B﹣v A=v C﹣v B=v D﹣v C=v E﹣v D考点：平均速度；匀变速直线运动规律的综合运用．专题：直线运动规律专题．分析：本题是同一个匀加速直线运动中不同位置的速度、时间等物理量的比较，根据选项中需要比较的物理量选择正确的公式把物理量表示出来，再进行比较．解答：解：A、根据运动学公式v2﹣v02=2ax得物体由A点从静止释放有v2=2ax所以物体到达各点的速率之比v B：v C：v D：v E=1：：：2，故A正确；B、根据运动学公式x=v0t+得：t=物体到达各点经历的时间t B：t C：t D：t E=1：：：2即，故B正确；C、由于v E=2v B物体从A到E的平均速度v==v B故C正确；D、v B：v C：v D：v E=1：：：2，物体通过每一部分时其速度增量不等，故D错误．故选：ABC．点评：本题对运动学公式要求较高，要求学生对所有的运动学公式不仅要熟悉而且要熟练，要灵活，基本方法就是平时多练并且尽可能尝试一题多解12．如图所示，AB为半圆弧ACB的水平直径，AB=1.5m，从A点平抛出一小球，小球下落0.3s 后落到ACB上，则小球抛出的初速度V0为（）A． 0.5m/s B． 1.5m/s C． 3m/s D． 4.5m/s考点：平抛运动．专题：平抛运动专题．分析：根据时间求出平抛运动的高度，再通过下降的高度结合几何关系求出水平位移，从而求出初速度．解答：解：小球下降的高度为：h=gt2=×10×0.32m=0.45m小球下落点存在两种可能，一种小球落在BC段，根据几何关系，其水平位移是：x=R+=0.75+m=1.35m，对应的初速度为 v0==4.5m/s另一种：小球落在AC段，水平位移 x=R﹣=0.75﹣m=0.15m，对应的初速度为 v0==0.5m/s．故选：AD．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，结合运动学公式灵活求解，注意不要漏解．二、填空题（本大题共3小题，每空3分，共15分）13．如图，在高H处有个小球A，以速度V1水平抛出，同时，地面上有个小球B以速度V2竖直上抛，两球在空中相遇，则从它们抛出到相遇所需的时间是；两球抛出时的水平距离为．考点：平抛运动；竖直上抛运动．专题：平抛运动专题．分析：小球1做平抛运动，小球2做竖直上抛运动，根据两球竖直方向上的位移大小之和等于h求出抛出到相遇所需要的时间．平抛运动在水平方向上做匀速直线运动，求出相遇时小球1的水平位移，即为两球抛出时的水平距离．解答：解：设相遇时所用的时间为t，此时小球1在竖直方向上的位移 h1=gt2，小球2在竖直方向上的位移h2=v2t﹣gt2．根据h1+h2=h，解得t=；相遇时，小球1在水平方向上的位移 x=v1t=，该位移为两球抛出时的水平距离．故答案为：；．点评：解决本题关键知道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，以及知道两球相遇时在竖直方向上的位移之和等于h．14．质量为2kg的物体在水平力F的作用下沿水平面做直线运动，一段时间后撤去F，其运动的v﹣t图象如图所示．g取10m/s2，求：（1）物体与水平面间的动摩擦因数μ；（2）水平推力F的大小．考点：匀变速直线运动的图像．专题：运动学中的图像专题．分析：根据速度﹣时间图象可知：0﹣6s内有水平推力F的作用，物体做匀加速直线运动；6s﹣10s内，撤去F后只在摩擦力作用下做匀减速直线运动，可根据图象分别求出加速度，再根据牛顿第二定律求解．解答：解：（1）设物体做匀减速直线运动的时间为t2、初速度为v、末速度为0、加速度为a2，则：a2===﹣2m/s2…①设物体所受的摩擦力为F f，根据牛顿第二定律，有：F f=ma2…②F f=﹣μmg…③联立①②③得：μ==0.2…④（2）设物体做匀加速直线运动的时间为t1、初速度为v0、末速度为v、加速度为a1，则：a1===1m/s2…⑤根据牛顿第二定律，有F+F f=ma1…⑥联立③⑤⑥得：F=μmg+ma1=6N答：（1）物体与水平面间的动摩擦因数μ是0.2．（2）水平推力F的大小是6N．点评：本题是速度﹣﹣时间图象的应用，要明确斜率的含义，知道在速度﹣﹣时间图象中图象与坐标轴围成的面积的含义，能根据图象读取有用信息，并结合匀变速直线运动基本公式及牛顿第二定律求解．15．一个物体从某一高度做自由落体运动，已知它第一秒内的位移恰为它最后一秒内位移的一半，g取10m/s2，则它开始下落时距地面的高度为11.25 m．考点：自由落体运动．专题：自由落体运动专题．分析：由自由落体的位移公式可求得第一秒内物体通过的位移；则通过第一秒与最后一秒中通过位移的关系可得出最后一秒的位移；则可设下落总时间为t，由位移与时间的关系可列出方程解出时间，则可求得下落时距地高度．解答：解：由h=gt2可得：第1秒内的位移h1=×10m/s2×（1s）2=5m；则最后一秒内的位移h2=2h1=10m；则设下落总时间为t，最后1s内的位移h=gt2﹣g（t﹣1）2=10m；解得：t=1.5s；则物体下落的总高度h=gt2=11.25m．故答案为：11.25点评：解决自由落体运动的题目关键在于明确自由落体中的公式应用，一般情况下，研究由落点开始的运动列出的表达式最为简单；并且最好尝试一题多解的方法．三、计算题（本大题共3小题，16小题10分，17小题12分，18小题15分，共37分）16．跳伞运动员做低空跳伞表演，当飞机离地面224m水平飞行时，运动员离开飞机在竖直方向做自由落体运动．运动一段时间后，立即打开降落伞，展伞后运动员以12.5m/s2的加速度匀减速下降，为了运动员的安全，要求运动员落地速度最大不得超过5m/s（取g=10m/s2）．求：（1）运动员展伞时，离地面的高度至少为多少？（2）运动员在空中的最短时间为多少？考点：匀变速直线运动规律的综合运用；匀变速直线运动的位移与时间的关系．专题：直线运动规律专题．分析：运动员运动过程比较复杂，不是单一的匀变速运动，开始做自由落体运动，然后做匀减速运动，根据其运动形式列相应的方程求解即可．解答：解：设运动员未开伞自由下落的时间为t1，开伞后做匀减速运动的时间为t2以向下为正方向，则匀减速时的加速度为：a=﹣12.5m/s2在临界情况下，运动员将以5m/s的速度着落．所以有速度关系：v t=gt1+at2=10t1﹣12.5t2=5 …①自由下落的高度：h1==5t12…②展开伞时离地高度（即减速下落的高度）：h2=gt1t2+=10t1t2﹣…③位移关系：h1+h2=224 …④联合①②③④式可解得：t1=5s，t2=3.6s，h1=125m，h2=99m．所以运动员展开伞时离地高度至少应为99m运动员在空中的最短时间是：t=t1+t2=8.6s答：（1）运动员展开伞时，离地面的高度至少99m（2）运动员在空中的最短时间是8.6s点评：复杂运动过程都是由简单过程组成的，因此解答复杂运动问题，关键是分析清楚其运动过程，搞清运动形式，然后根据相应规律列方程求解．17．如图所示，一质量为M=5kg的斜面体放在水平地面上，斜面体与地面的动摩擦因数为μ1=0.5，斜面高度为h=0.45m，斜面体与小物块的动摩擦因数为μ2=0.8，小物块的质量为m=1kg，起初小物块在斜面的竖直面上的最高点．现在从静止开始在M上作用一水平恒力F，并且同时释放m，取g=10m/s2，设小物块与斜面间最大静摩擦力等于它们之间的滑动摩擦力，小物块可视为质点．问：（1）要使M、m保持相对静止一起向右做匀加速运动，加速度至少多大？（2）此过程中水平恒力至少为多少？考点：牛顿第二定律；力的合成与分解的运用．。
2014_2015学年辽宁省协作校辽师大附中、本溪高中、沈阳二中等高一(上)期末物理试卷
2014-2015 学年省协作校辽师大附中、高中、二中等高一（上）期末物理试卷一、选择题（共 10 小题，每题 4 分，满分 40 分，第 1,2,3,5,6,7,9 只有一个选项切合题意， 4,8,10 题有多项切合题目要求））1．对于作使劲和反作使劲，以下说确的是（A ．作使劲与它的反作使劲老是一对均衡力）B ．地球对物体的作使劲比物体对地球的作使劲大C．作使劲与反作使劲必定大小相等、方向相反D ．凡是大小相等，方向相反的两个力必定是一对作使劲和反作使劲2．如下图，物体与水平面间的滑动摩擦力大小为 20N，在向右运动的过程中，还遇到一个方向向左的大小为 F=10N 的拉力作用，则物体遇到的协力为（）A ．10N，向右B．10N，向左C．30N，向右D．30N，向左3．如下图，河水的流速为5m/s，一条船要从河的南岸到北岸下游某处，则船的开行速度（相对于水的速度）最小为（A 点沿与河岸成）30°角的直线航行A ．2m/s B．3m/s C． 3.5m/s D． 2.5m/s 4．如下图，起落机天花板上用轻弹簧悬挂一物体，起落机静止时弹簧伸长量为10cm，运动时弹簧伸长量为8cm， g=10m/s 2，则起落机的运动状态可能是（）A ．以 a=2m/s 2的加快度减速上涨B ．以 a=2m/s 2的加快度加快降落C．以 a=8m/s 2的加快度减速上涨D ．以 a=8m/s 2的加快度加快降落5．如图为某次羽毛球竞赛中，照相机拍摄到的运动员击球后某一瞬时的照相底片．该照相经过放大后剖析出，在曝光时间，羽毛球影像前后错开的距离约为羽毛球长度的10%～15%．已知曝光时间为﹣4）10 s，由此可估量出该运动员击球后羽毛球飞翔速度约为（A ． 3.5km/h B． 35km/h C． 350km/h D． 3500km/h 6．如下图，两个质量都为m 的小球 A 和B ，用两根长度都为L 的轻绳连结，悬挂在水平天花板的 O 点， A 、 B 之间也有长为置静止， OA 绳处于竖直状态，则（L的轻绳相连结．当 B 球受水平力 F 作用，在如图位）A ． F 大于mgB ． F 小于mgC． A 球可能受 3 个力， B 球可能受 4 个力D ．剪断 AB 间的绳， A 球所受合外力可能变化7．如下图， A 、 B 两个小球质量为M A、 M B，分别连在弹簧两头， B 端用平行于斜面的细线固定在倾角为30°的圆滑固定斜面上，若不计弹簧质量，在线被剪断瞬时， A 、 B 两球的加快度大小分别为（）A ．和C．和0B ．D ．0 和0 和8．甲、乙两车在同一水平道路上行驶，过程如下图，则以下表述正确的选项是（t=0时辰，乙车在甲车前方）6m 处，今后两车运动的A ．当 t=4s 时两车相遇B ．当 t=4s 时甲车在前，乙车在后C．两车有两次相遇D ．两车有三次相遇9．如图，圆滑斜面固定于水平面，滑块 A 、B 叠放后一同沿斜面匀加快下滑，且一直保待相对静止， A 上表面水平．则在AB向下运动时， B 受力的表示图为（）A ．B．C．D．10．如下图，在倾角为α的圆滑斜面上放一个重为G 的圆滑球，并用圆滑的档板挡住与斜面夹角为θ（最先θ＜α），挡板能够从图示地点以O 为轴向左迟缓转至水平川点．在此过程中球一直处于均衡状态，当挡板对球的弹力大小恰巧等于球的重力时，θ的大小能够为（）A ．αB．2αC．π﹣αD．π﹣2α二、填空题（共 3 小题，每题 4 分，满分22 分）11．圆滑水平面上，质量为2kg的物体同时遇到水平面的三个力F1=5N ， F2=7N ，F3=10N 的作用，物体加快度的最大值为m/s2，最小值为m/s2．12．在研究平抛物体运动的实验中，用一印有小方格的纸来记录轨迹，小方格的边长小球在平抛运动途中的几个地点如图中的 A 、B、C、D 所示，重力加快度为的初速度为．L，若g，则小球平抛13．在研究“加快度与力、质量的关系”的活动中：（1）某同学在接通电源进行实验以前，将实验器械组装成如图两处错误或不当之处：1 所示．请你指出该装置中①；②．（2）更正实验装置后，该同学顺利地达成了实验．图 2 是他在实验中获取的一条纸带，图中相邻两计数点之间的时间间隔为0.1s，由图中的数据可算得小车的加快度 a 为m/s2．（图中数据单位均为cm，结果保存两位有效数字）（3）为保证绳索对小车的拉力约等于沙桶和沙子的重力车的质量M 应知足的关系是：．mg，则沙桶和沙子的质量m 与小三、计算题（共 3 小题，满分 38 分）14．如下图，一物块置于水平川面上，当用水平方向成60°角的力 F1拉物块时，物块向右做匀加快直线运动；当改用与水平方向成30°角的力 F2推物块时，物块仍旧向右做匀加快直线运动，加快度大小变成本来的一半．若F1和 F2的大小相等，都等于 mg．求：物块与地面之间的动摩擦因数μ=？（结果可用根式表示）15．如下图，可视为质点的小滑块从倾角为37°的圆滑斜面顶端无初速度下滑，而后经B 点进入粗拙水平面，恰停在 C 点．已知斜面AB 长 x1=12m ，水平面 BC 和小滑块间的动摩擦因数为 0.2，B 点有一很短的圆滑圆弧过渡，即滑块经过 B 点时速度大小不变．（ sin37°=0.6，cos37°=0.8， g=10m/s 2）求：（1）滑块在斜面上运动的时间t 及滑块抵达 B 点时速度 v B；（2）水平面 BC 的长度 x2．16．用如图 a 所示的水平﹣﹣斜面装置研究平抛运动，一物块（可视为质点）置于粗拙水平面上的 O 点， O 点距离斜面顶端 P 点为 s．每次用水平拉力 F，将物块由 O 点从静止开始拉动，当物块运动到 P 点时撤去拉力 F．实验时获取物块在不一样拉力作用着落在斜面上的不一样水平射程x，做出了如图 b 所示的 F﹣ x 图象，若水平面上的动摩擦因数μ=0.1，斜面与水平2地面之间的夹角θ=45 °， g 取 10m/s ，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力．求：OP 间的距离s=？2014-2015 学年省协作校辽师大附中、高中、二中等高一（上）期末物理试卷参照答案与试题分析一、选择题（共 10 小题，每题 4 分，满分 40 分，第 1,2,3,5,6,7,9 只有一个选项切合题意， 4,8,10 题有多项切合题目要求））1．对于作使劲和反作使劲，以下说确的是（）A ．作使劲与它的反作使劲老是一对均衡力B ．地球对物体的作使劲比物体对地球的作使劲大C．作使劲与反作使劲必定大小相等、方向相反D ．凡是大小相等，方向相反的两个力必定是一对作使劲和反作使劲考点：作使劲和反作使劲．剖析：作使劲和反作使劲大小相等，方向相反，作用在同一条直线上，它们同时产生、同时消逝、同时变化，是同种性质的力．注意明确与均衡力的差别和同样点．解答：解： A 、作使劲与它的反作使劲作用在两个物体上，没法均衡，故 A 错误B、地球对物体的作使劲与物体对地球的作使劲大小相等，方向相反，故 B 错误C、作使劲与反作使劲必定是性质同样的力；而且作使劲与反作使劲必定大小相等、方向相反，故 C 正确D、大小相等，方向相反的两个力还可能是均衡力，故 D 错误应选： C．评论：解决此题的要点知道作使劲和反作使劲大小相等，方向相反，作用在同一条直线上，它们同时产生、同时消逝、同时变化，是同种性质的力．2．如下图，物体与水平面间的滑动摩擦力大小为20N，在向右运动的过程中，还遇到一个方向向左的大小为F=10N 的拉力作用，则物体遇到的协力为（）A ．10N，向右B．10N，向左C．30N，向右D．30N，向左考点：摩擦力的判断与计算．专题：摩擦力专题．剖析：滑动摩擦力的方向与物体的相对滑动的方向相反；两个共点力合成时，若不在一条直线上，运用平行四边形定章合成；若共线，直接相加；若反向，直接相减．解答：解：物体在向右运动的过程中，遇到地面对其向左的滑动摩擦力；对物体受力剖析，受重力、支持力、向左的滑动摩擦力、向左的拉力，协力等于拉力加上摩擦力，为30N；故 D 正确， ABC 错误；应选： D．评论：此题要点是对物体受力剖析，而后求解协力，注意物体向右做直线运动，故协力与速度共线，竖直方向的协力为零．3．如下图，河水的流速为5m/s，一条船要从河的南岸 A 点沿与河岸成30°角的直线航行到北岸下游某处，则船的开行速度（相对于水的速度）最小为（）A ． 2m/s B． 3m/s C． 3.5m/s D． 2.5m/s考点：运动的合成和分解．专题：运动的合成和分解专题．剖析：已知合速度的方向以及一分速度的方向（水流速），依据平行四边形定章确立另一分速度（静水速）的最小值．解答：解：依据平行四边形定章知，因为垂线段最短，因此当静水速与合速度方向垂直时，静水速最小， v min=v 水 sin30°=5 ×m/s=2.5m/s ．故 D 正确， ABC 错误．应选： D．评论：解决此题的要点会依据平行四边形定章对速度进行合成，以及在知道合速度方向和一分速度大小方向的状况下，能够求出另一分速度的最小值．4．如下图，起落机天花板上用轻弹簧悬挂一物体，起落机静止时弹簧伸长量为10cm，运动时弹簧伸长量为8cm， g=10m/s 2，则起落机的运动状态可能是（）A ．以 a=2m/s 2的加快度减速上涨B ．以 a=2m/s 2的加快度加快降落C．以 a=8m/s 2的加快度减速上涨D ．以 a=8m/s 2的加快度加快降落考点：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．剖析：以物体为研究对象，剖析受力状况：重力和弹簧的弹力．静止时，两力均衡．当弹簧伸长减小时，弹力减小，物体所受协力方向向下，依据牛顿第二定律求解加快度，剖析运动状况．解答：解：设物体的质量为m，弹簧的劲度系数为k．静止时， mg=kx 1当弹簧伸长减小时，弹力减小，小球所受协力方向竖直向下，小球的加快度竖直向下．依据牛顿第二定律得：mg﹣ kx 2=ma， x2=x12 2 2 代入解得 a=2m/s ，方向竖直向下，则起落机可能以 2m/s 的加快度减速上涨，也可能以 2m/s 的加快度加快降落．评论：此题应用牛顿定律剖析失重现象．对于超重和失重现象的判断，要点抓住加快度方向：加快度向上时，产生超重现象；相反，产生失重现象．5．如图为某次羽毛球竞赛中，照相机拍摄到的运动员击球后某一瞬时的照相底片．该照相经过放大后剖析出，在曝光时间，羽毛球影像前后错开的距离约为羽毛球长度的10%～﹣4）15%．已知曝光时间为 10 s，由此可估量出该运动员击球后羽毛球飞翔速度约为（A ． 3.5km/h B． 35km/h C． 350km/h D． 3500km/h考点：均匀速度．专题：直线运动规律专题．剖析：羽毛球的长度约为 0.1m ，把曝光的这段时间的运动看做匀速运动，依据匀速运动位移时间公式即可求解．解答：解：羽毛球的长度约为0.1m，在曝光时间，羽毛球运动的位移x=0.1 ×10%=0.01m因此 v===100m/s ≈35km/h ；应选： B评论：此题的基本技巧是要抓住“数目级”建立，题目所求曝光时间等于羽毛球影像前后错开的距离除以羽毛球速度，因此，一定知道羽毛球影像前后错开距离和羽毛球速度的数目级．6．如下图，两个质量都为m 的小球 A 和 B ，用两根长度都为L 的轻绳连结，悬挂在水平天花板的 O 点， A 、 B 之间也有长为L 的轻绳相连结．当 B 球受水平力 F 作用，在如图位置静止， OA 绳处于竖直状态，则（）A ． F 大于 mgB ． F 小于 mgC． A 球可能受 3 个力， B 球可能受 4 个力D ．剪断 AB 间的绳， A 球所受合外力可能变化考点：共点力均衡的条件及其应用；物体的弹性和弹力．专题：共点力作用下物体均衡专题．剖析：先对球 A 受力剖析，依据共点力均衡条件获取细线AB 的拉力；再对球 B 受力剖析，依据共点力均衡条件联合合成法进行剖析办理．解答：解： A 、对球 B 受力剖析，受重力和OA 绳索的拉力，依据受力均衡，绳索AB 的拉力为零，绳索OA 的拉力等于mg；对球 B 受力剖析，遇到重力、拉力 F 和 OB 绳索的拉力T ，如图：依据共点力均衡条件，联合几何关系，有：F=mg，故 A 正确， BC 错误；D、绳索 AB 的拉力为零，剪断AB 间的绳， A 球所受合外力不变，故 D 错误；应选： A．评论：此题要点是先对 A 球受力剖析，由均衡条件获取AB 绳索的拉力为零；再对 B 球受力剖析，依据共点力均衡条件获取拉力 F 的大小．7．如下图， A 、 B 两个小球质量为M A、 M B，分别连在弹簧两头， B 端用平行于斜面的细线固定在倾角为30°的圆滑固定斜面上，若不计弹簧质量，在线被剪断瞬时， A 、 B 两球的加快度大小分别为（）A．和B．0和C．和0D． 0和考点：牛顿第二定律．专题：牛顿运动定律综合专题．剖析：当两球处于静止时，依据共点力均衡求出弹簧的弹力，剪断细线的瞬时，弹簧的弹力不变，依据牛顿第二定律分别求出 A 、 B 的加快度大小．解答：解：对 A 球剖析，开始处于静止，则弹簧的弹力F=M A gsin30°，剪断细线的瞬时，弹簧的弹力不变，对 A ，所受的协力为零，则 A 的加快度为0；对 B ，依据牛顿第二定律得： a B== ．故 D 正确， A、 B、 C 错误．应选： D．评论：此题考察牛顿第二定律的刹时价问题，抓住剪断细线的瞬时，弹簧的弹力不变，联合牛顿第二定律进行求解．8．甲、乙两车在同一水平道路上行驶，t=0 时辰，乙车在甲车前方6m 处，今后两车运动的过程如下图，则以下表述正确的选项是（）A ．当 t=4s 时两车相遇B ．当 t=4s 时甲车在前，乙车在后C．两车有两次相遇D ．两车有三次相遇考点：匀变速直线运动的图像．专题：运动学中的图像专题．剖析：依据图象与时间轴围成的面积可求出两车的位移，则可确立何时两车相遇．能够画出两车的运动情形过程，认识两车在过程中的相对地点进行判断．解答：解： AB 、图象与时间轴围成的面积可表示位移，则知0﹣ 4s，甲的位移为48m，乙的位移为 40m，甲、乙两车在同一水平道路上，开始时它们相距S=6m，当 t=4s 时，甲车在前，乙车在后，相距2m．因此当 t=4s 时两车不相遇，第一次相遇发生在4s 以前．故 A 错误， B 正确．CD、开始时，甲、乙两车在同一水平道路上，一前一后相距S=6m，由此可知， t=4s 时，甲车在前，乙车在后，相距2m．因此两车第一次相遇发生在4s 以前．当 t=6s 时两车第二次相遇；t=6s 后，因为乙的速度大于甲的速度，乙又跑到前方，8s 后，因为甲的速度大于乙的速度，两车还会发生第三次相遇，故 C 错误， D 正确．应选： BD ．评论：速度﹣时间图象中要注意察看三点：一点，注意横纵坐标的含义；二线，注意斜率的意义；三面，速度﹣时间图象中图形与时间轴围成的面积为这段时间物体经过的位移．9．如图，圆滑斜面固定于水平面，滑块 A 、B 叠放后一同沿斜面匀加快下滑，且一直保待相对静止， A 上表面水平．则在AB向下运动时， B 受力的表示图为（）A ．B．C．D．考点：力的合成与分解的运用．专题：受力剖析方法专题．剖析：对整体剖析，得出整体的加快度方向，确立 B 的加快度方向，知道 B 的协力方向，进而知道 B 的受力状况．解答：解：整体沿斜面向下做匀加快运动，加快度方向沿斜面向下，则 B 的加快度方向沿斜面向下．依据牛顿第二定律知， B 的协力沿斜面向下，则 B 必定遇到水平向左的摩擦力以及重力和支持力．故 A 正确， B、C、 D 错误．应选： A．评论：解决此题的要点知道 B 与整体拥有同样的加快度，依据加快度确立物体的协力方向．注意整体法和隔绝法的运用．10．如下图，在倾角为α的圆滑斜面上放一个重为G 的圆滑球，并用圆滑的档板挡住与斜面夹角为θ（最先θ＜α），挡板能够从图示地点以O 为轴向左迟缓转至水平川点．在此过程中球一直处于均衡状态，当挡板对球的弹力大小恰巧等于球的重力时，θ的大小能够为（）A ．αB．2αC．π﹣αD．π﹣2α考点：共点力均衡的条件及其应用；力的合成与分解的运用．专题：共点力作用下物体均衡专题．剖析：对球受力剖析，依据矢量三角形合成法例作图，由几何关系计算求解．解答：解：球所受的三个力的协力为零，依据矢量三角形定章，则应当构成首尾相连的矢量三角形，如图：由几何知识得：N1与 N2的夹角为θ，mg 与 N 2的夹角为α，由题意， mg=N 1故合成的三角形为等腰三角形，即：θ=α即挡板与斜面的夹角为α；挡板与斜面的夹角还能够为钝角，同理可得挡板与斜面的夹角为π﹣α，应选： AC ．评论：此题考察均衡条件的应用以及矢量合成的法例，灵巧选择的三角形合成仍是平行四边形合成，会起到事半功倍的成效．注意挡板与斜面的夹角还能够为钝角的状况，不要漏解．二、填空题（共 3 小题，每题 4 分，满分22 分）11．圆滑水平面上，质量为 2kg 的物体同时遇到水平面的三个力F1=5N ， F2=7N ，F3=10N的作用，物体加快度的最大值为11 m/s 2，最小值为0 m/s2．考点：牛顿第二定律．专题：牛顿运动定律综合专题．剖析：依据牛顿第二定律可知加快度的大小取决于物体所受协力的大小，依据三力合成时的协力围可明确加快度的大小围．解答：解：当三个力方向同样时，协力最大，最大值为：F max=5+7+10=22N ；最小值为0；故由牛顿第二定律可知，加快度的最大值为11m/s 2；最小值为0；故答案为： 11； 0．评论：此题考察牛顿第二定律及力的合成，要注意明确三力合成时，三力的协力可否为零．12．在研究平抛物体运动的实验中，用一印有小方格的纸来记录轨迹，小方格的边长小球在平抛运动途中的几个地点如图中的 A 、B、C、D 所示，重力加快度为的初速度为3．L，若g，则小球平抛考点：研究平抛物体的运动．专题：实验题；平抛运动专题．剖析：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，依据竖直方向上位移之差是一恒量求出相等的时间间隔，联合水平位移求出小球的初速度．解答：解：竖直方向上相等时间的位移之差为：△ y=L2小球平抛运动的初速度为：v0==3故答案为： 3．评论：解决此题的要点知道平抛运动在水平方向和竖直方向上的运动规律，联合运动学公式和推论灵巧求解．13．在研究“加快度与力、质量的关系”的活动中：（1）某同学在接通电源进行实验以前，将实验器械组装成如图两处错误或不当之处：1 所示．请你指出该装置中①打点计时器不该使用干电池，应使用沟通电源；；②小车初始地点离打点计时器太远；．（2）更正实验装置后，该同学顺利地达成了实验．图 2 是他在实验中获取的一条纸带，图中相邻两计数点之间的时间间隔为0.1s，由图中的数据可算得小车的加快度 a 为0.19 2m/s ．（图中数据单位均为 cm，结果保存两位有效数字）（3）为保证绳索对小车的拉力约等于沙桶和沙子的重力mg，则沙桶和沙子的质量m 与小车的质量 M 应知足的关系是：M ＞＞ m．考点：研究加快度与物体质量、物体受力的关系．专题：实验题．剖析：（1）由实验原理可知：①打点计时器不该使用干电池，应使用沟通电源；②实验中没有均衡小车的摩擦力；③小车初始地点离打点计时器太远，应在凑近打点计时器的地点开始开释；（2）由逐差法计算小车运动的加快度．（3）为保证绳索对小车的拉力约等于沙桶和沙子的重力mg，要求知足小车的质量M 远大于沙桶和沙子的质量 m．解答：解：（1）不当之处有以下三点：① 打点计时器不该使用干电池，应使用沟通电源；② 实验中没有均衡小车的摩擦力；③ 小车初始地点离打点计时器太远；（2）由逐差法可得加快度为：==0.19m/s 2（3）为保证绳索对小车的拉力约等于沙桶和沙子的重力mg，则沙桶和沙子的质量m 与小车的质量M 应知足的关系是：M ＞＞ m．故答案为：（1）①打点计时器不该使用干电池，应使用沟通电源；② 实验中没有均衡小车的摩擦力；③ 小车初始地点离打点计时器太远；（三个填对随意两个就行）（2） 0.19．（3） M ＞＞ m．评论：解决此题的要点掌握研究“加快度与力、质量的关系”实验方法、步骤．以及会用逐差法求加快度．三、计算题（共 3 小题，满分 38 分）14．如下图，一物块置于水平川面上，当用水平方向成60°角的力 F1拉物块时，物块向右做匀加快直线运动；当改用与水平方向成30°角的力 F2推物块时，物块仍旧向右做匀加快直线运动，加快度大小变成本来的一半．若F1和 F2的大小相等，都等于 mg．求：物块与地面之间的动摩擦因数μ=？（结果可用根式表示）考点：牛顿运动定律的综合应用；力的合成与分解的运用．专题：牛顿运动定律综合专题．剖析：在两种状况下分别对物体受力剖析，依据牛顿第二定律并联合正交分解法列式求解，即可得出结论．解答：解：对两种状况下的物体分别受力剖析，如图将 F1正交分解为 F3和 F4， F2正交分解为 F5和 F6，则有：F3﹣ F 滑 =mamg=F4+F N；F5﹣ F 滑′=ma′mg+F6=F N′而F 滑 =μF NF 滑′=μF N′则有F1cos60°﹣μ（ mg﹣ F1sin60°） =ma ①F2cos30°﹣μ（ mg+F2sin30°） =ma′②又依据题意F1=F 2 =mg③a=2a′④联立①②③④解得：μ=答：动摩擦要素为．评论：此题要点要对物体受力剖析后，运用共点力均衡条件联立方程组求解，运算量较大，要有足够的耐心，更要仔细．15．如下图，可视为质点的小滑块从倾角为37°的圆滑斜面顶端无初速度下滑，而后经B 点进入粗拙水平面，恰停在 C 点．已知斜面AB 长 x1=12m ，水平面 BC 和小滑块间的动摩擦因数为 0.2，B 点有一很短的圆滑圆弧过渡，即滑块经过 B 点时速度大小不变．（ sin37°=0.6，cos37°=0.8， g=10m/s 2）求：（1）滑块在斜面上运动的时间t 及滑块抵达 B 点时速度 v B；（2）水平面 BC 的长度 x2．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．剖析：（1）由牛顿第二定律求得物体在斜面上的加快度，再由位移公式及速度公式求得时间及速度；（2）对水平面上的物体进行剖析求得加快度，再由速度和位移公式可求得滑行的距离．解答：解：（ 1）物体在斜面上受重力、支持力的作用；由牛顿第二定律可知：mgsinθ=ma解得： a=gsinθ=10 ×0.6=6m/s 2；则由 x= 可得： t===2s ；由速度公式可得， B 点的速度为： v B=at=6×2=12m/s；（2）物体在水平面上的加快度为： a2=μg=0.2 ×10=2m/s 2；由速度和位移公式可得： v B 2=2a2 x2；解得： x2===36m ；答：（ 1）滑块在斜面上运动的时间t 为 2s；滑块抵达 B 点时速度 v B为 12m/s．（2）水平面 BC 的长度 x2为 36m评论：此题考察牛顿第二定律的应用，要注意明确加快度在联系运动和力中的桥梁作用；明确运动学公式及受力剖析的正确应用．16．用如图 a 所示的水平﹣﹣斜面装置研究平抛运动，一物块（可视为质点）置于粗拙水平面上的 O 点， O 点距离斜面顶端 P 点为 s．每次用水平拉力 F，将物块由 O 点从静止开始拉动，当物块运动到 P 点时撤去拉力 F．实验时获取物块在不一样拉力作用着落在斜面上的不一样水平射程 x，做出了如图 b 所示的 F﹣ x 图象，若水平面上的动摩擦因数μ=0.1，斜面与水平川面之间的夹角θ=45 °， g 取 10m/s2，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力．求： OP 间的距离s=？考点：平抛运．：平抛运．剖析：OP 段，运用能定理列出 F 与 s 的关系．抓住小球平抛运运的直位移和水平位移的比等于斜面角的正切，得出 F 和水平射程x 的关系式，合象找到截距和斜率的数，即可解得s．解答：解： OP 段，依据能定理得：Fsμmgs=⋯①由平抛运律和几何关系有，物的水平射程：x=v P t⋯②小球的直位移：y=gt 2⋯③由几何关系有：y=xtanθ⋯④由②③④有： x= ⋯⑤由①⑤式解得F=+m由象知： m=5kg ， =10 ，解得s=1.25m答： OP 的距离s 是 1.25m．点：本知道平抛运水平方向和直方向上运的律，抓住直位移和水平位移的关系，掌握两个程之速度关系．注意公式和象的合，要点是斜率和截距．。
辽宁省朝阳市重点高中协作校1415学年度高二上学期期中
辽宁省朝阳市重点高中协作校2014—2015学年度上学期期中考试高二物理试题一、选择题：(本题共有12个小题，每题所给出的四个选项中至少有一个是正确的，全选对得4分，选对但选不全得2分，选错或不选得0分，满分48分。
)1．下列说法正确的是：（）A．若一小段通电导线在某处不受磁场力作用，则该处磁感应强度一定为零B．由可知，磁感应强度大小与放在该处的小段通电导线IL的乘积成反比C．由可知，感应电动势的大小与磁通量的变化率成正比D．穿过闭合回路中的磁通量均匀增加时，回路中产生的感应电动势也均匀增加2.（多选）如图所示，一根通电直导线垂直放在磁感应强度为1T的匀强磁场中，以导线为中心，半径为R的圆周上有a、b、c、d四个点，已知c点的实际磁感应强度为0，则下列说法中正确的是:（）A．直导线中电流方向垂直纸面向里B．d点的磁感应强度为0C．a点的磁感应强度为2T，方向向右D．b点的磁感应强度为T，方向斜向下，与B成450角3.（多选）如图所示，在倾角为的光滑斜面上，垂直纸面放置一根长为，质量为的直导体棒。
当导体棒中的电流垂直纸面向里时，欲使导体棒静止在斜面上，可加平行纸面的匀强磁场中，下列有关磁场的描述中正确的是:( )A．若磁场方向竖直向上，则B．若磁场方向平行斜面向上，则C．若磁场方向垂直斜面向上，则D．若磁场方向垂直斜面向上，则4．如图所示，圆形区域内有垂直纸面的匀强磁场，三个质量和电荷量都相同的带电粒子a、b、c，以不同的速率对准圆心O沿着AO方向射入磁场，其运动轨迹如图。
若带电粒子只受磁场力的作用，则下列说法正确的是（）A．a粒子动能最大B．c粒子速率最大C．c粒子在磁场中运动时间最长D．它们做圆周运动的周期5．如图，半径为R的圆是一圆柱形匀强磁场区域的横截面(纸面)，磁感应强度大小为B，方向垂直于纸面向外。
一电荷量为q(q>0)，质量为m的粒子沿平行于直径ab的方向射入磁场区域，射入点与ab的距离为R/2。
辽宁省朝阳区三校协作体高二下学期第一次阶段性检测
2014—2015学年度下学期三校协作体高二第一次阶段性检测物 理 试 题一、选择题（共计56分，1-8单项选择题，9-12不定项选择题）单项选择题（每题4分，共计32分）1．一质点做简谐运动的图象如图所示，下列说法正确的是 ( ) A ．质点振动频率是0.25 Hz B ．在10 s 内质点经过的路程是10cm C ．第4 s 末质点的速度是零 D ．在t ＝1 s 和t ＝3 s 两时刻， 质点位移大小相等、方向相同2. 振源A 带动细绳上各点上下做简谐运动，t = 0时刻绳上形成的波形如图所示。
规定绳上质点向上运动的方向为x 轴的正方向，则P 点的振动图象是（ ）3．下列关于机械波及其特征量的说法正确的是( ) A ．波的传播方向跟质点振动的方向总是垂直的B ．由υ＝λ·f 可知，波速是由波源振动的频率和波长两个因素决定的C ．波的速度即为振源的振动速度D ． 在一个周期内，沿着波的传播方向，振动在均匀介质中传播的距离等于一个波长4． 摆长为L 的单摆做简谐运动，若从某时刻开始计时(取t ＝0)，当振动至t ＝时，摆球具有负向最大速度，则单摆的振动图象是图中的 ( )5．A 、B 两个弹簧振子，A 的固有频率为2f ，B 的固有频率为6f ，若它们都在频率为5f 的驱动力作用下做受迫振动，则（ ）A ．振子B 的振幅较大，振动频率为5f B ．振子B 的振幅较大，振动频率为6fC ．振子A 的振幅较大，振动频率为5fD ．振子A 的振幅较大，振动频率为2f 6．一列波在第一种均匀介质中的波长为λ1，在第二种均匀介质中的波长为λ2，且 λ1＝3λ2，那么波在这两种介质中的频率之比和波速之比分别为（ ） A ．3:1，1:1 B ．1:3，1:4 C ．1:1，3:1 D ．1:1，1:3P7.如图所示，是一列沿x轴正向传播的简谐横波在t时刻的图象。
已知x轴上3cm处的质点P在Δt=t/-t=0.35s内通过的路程为14cm.则（）A.波速一定是0.4m/sB.在Δt内波的传播距离为14cmC.波长为15cmD.在t/时刻P点的振动方向为y轴正方向8.一列简谐波沿x轴的正方向传播，在t=0时刻的波形图如图所示，已知这列波的P点至少再经过0.3s才能到达波峰处，则以下说法正确的是（）①这列波的波长是5m②这列波的波速是10m/s③质点Q要经过0.7s才能第一次到达波峰处④质点Q到达波峰处时质点P也恰好到达波峰处A.只有①、②对B.只有②、③对C.只有②、④对D.只有②、③、④对不定项选择题（每小题中至少有一个选项是正确的，每小题6分，共24分）9．下列关于简谐振动的说法正确的是 ( )A．位移减小时，加速度减小，速度增大B．位移的方向总跟加速度的方向相反，跟速度的方向相同C．物体运动方向指向平衡位置时，速度的方向与位移的方向相反；背离平衡位置时，速度方向与位移方向相同D．水平弹簧振子向左运动时，其加速度方向与速度方向相同；向右运动时，其加速度方向跟其速度方向相反10．如图所示，沿x轴正方向传播的一列横波在某时刻的波形图为一正弦曲线，其波速为200m/s，下列说法中正确的是（）A. 从图示时刻开始，质点b比质点a先到平衡位置B. 从图示时刻开始，经过0.01s质点a通过的路程为0.4mC.若此波遇到另一列波并产生稳定的干涉条纹，则另一列波的频率为50HzD.若该波传播中遇到宽约3m的障碍物能发生明显的衍射现象11．一列简谐横波沿直线AB传播，已知A、B两质点平衡位置间的距离是3m，且在某一时刻，A、B 两质点的位移均为零，A、B之间只有一个波峰，则这列横波的波长可能是（）A．3m B．4m C．6m D．8m12.如图所示，波源S从平衡位置y=0开始振动，运动方向竖直向上(y轴的正方向)，振动周期T =0.01s ，产生的机械波向左、右两个方向传播，波速均为v =80m/s ，经过一段时间后，P 、Q 两点开始振动，已知距离SP =1.2m 、SQ =2.6m.若以Q 点开始振动的时刻作为计时的零点，则在下图所示的四幅振动图象中，能正确描述S 、P 、Q 三点振动情况的是（ ）A.甲为Q 点的振动图象B.乙为振源S 点的振动图象C.丙为P 点的振动图象D.丁为P 点的振动图象二、填空题（每空4分，共计24分）13.如图所示，实线表示两个相干波源S 1、S 2发出的波的波峰位置，则图中的点为振动加强的位置，图中的 点为振动减弱的位置．14.如图所示，实线是一列简谐横波在t 1 = 0时的波形图，虚线为t 2=0.5s 时的波形图，已知0＜t 2－t 1＜T ，t 1= 0时，x =2m 处的质点A 正向y 轴正方向振动。
辽宁省五校协作体学年高二上学期期中考试物理试题
中国威望高考信息资源门户2013-2014学年度上学期五校协作体期中考试高二年级物理试题试卷满分： 100 分时间：90分钟说明：本试卷由第Ⅰ卷和第Ⅱ卷构成。
第Ⅰ卷为选择题，一律答在答题卡上；第Ⅱ卷为主观题，按要求答在主观题答题纸相应地点上。
第Ⅰ卷（选择题56 分）一、选择题（此题共14 小题，每题 4 分，在每题给出的四个选项中，第1-8 题只有一项切合要求，第9-14 题有多项切合题目要求。
所有选对的得 4 分，选对但不全的得 2 分，有错选的得0 分）1. 以下图，在阴极射线管正上方平行放一通有强电流的长直导线，则阴极射线将()A．向纸内偏转B．向纸外偏转C．向下偏转D．向上偏转2.两个同样的轻质铝环能在一个圆滑的绝缘圆柱体上自由挪动，设大小不一样的电流按如图所示的方向通入两铝环，则两环的运动状况是（）A.都绕圆柱体转动B.相互相向运动，且拥有大小相等的加快度C.相互相向运动，电流大的加快度大D.相互背向运动，电流大的加快度大3. 以下图，在平面直角中，有方向平行于坐标平面的匀强电场，此中坐标原点O 处的电势为 0V，点A处的电势为 6 V, 点 B 处的电势为 3 V, 则电y(cm)场强度的大小为 ( )3 V/m ，B(0, 3 )A(6,0)●C.100 V/mD. 100 3 V/m O x(cm)4.一质量为 m 的带电小球，在竖直方向的匀强电场中以水平速度抛出，小球的加快度大小为2g ，空气阻力不计，小球在着落h 的过程中，则（）3A. 小球的动能增添 mgh/3B. 小球的电势能增添 mgh/3C. 小球的重力势能减少 2mgh/3D. 小球的机械能减少2mgh/35.以下图，质量同样的两个带电粒子P 、 Q 以同样的速度沿垂直于电场方向射入两平行板间的匀强电场中， P 从两极板正中央射入， Q 从下极板边沿处射入，它们最后打在 同一点 (重力不计 )，则从开始射入到打到上板的过程中()A ．它们运动的时间 t Q >t PB ．它们运动的加快度a Q <a PC ．它们所带的电荷量之比 q P ∶ q Q ＝ 1∶ 2D ．它们的动能增添量之比E kP ∶ E kQ ＝ 1∶ 26. 以下图，某点O 处固定点电荷 +，一个带电为 - 1 的点电荷以O-q 1Qq点为圆心做匀速圆周运动， 另一带电为 - q 2 的点电荷以 O 为焦点做椭圆轨道运动， 两个轨道相切于 P 点，两个电荷的质量相等且 q 1 > q 2， O+QP它们之间的静电引力和万有引力均可忽视，设- q 1、 - q 2 先后经过 P -q 2点时速度大小分别为 V 、 V ，加快度大小分别为 a 、 a ，下述关系1 21 2式正确的选项是（ ）A ． a 1=a 2B ． a 1<a 2C ． V 1>V 2D ．V 1=V 27. 在以下图的电路中，当闭合开关S 后，若将滑动变阻器的滑片P 向下调理，则正确的是（）A ．电压表和电流表的示数都增大B ．灯 L 2 变暗，电源的效率增大C ．灯 L 1 变亮，电压表的示数减小2变亮，电容器的带电量增添D ．灯 L8.以下图， 盘旋加快器 D 形盒的半径为 R ，所加磁场的磁感觉强度为 B ，被加快的质子从D 形盒中央由静止出发，经交变电场加快后射出。
2024届辽宁省本溪高中、沈阳二中、营口高中等高二物理第一学期期末质量跟踪监视试题含解析
D．分析得V的读数变大，Ａ的读数变大，故D错误；
5、C
【解析】A、沿着电场线方向，电势降低，所以a、b、c三点中，c点电势最低，b点电势最高，故A错误；
B、电场线的疏密程度反映场强的大小，c点电场线最密，所以c点场强最大，故B错误；
C、由于电势能 ，b点 电势高于在c点的电势，所以正电荷在b点的电势能大于在c点的电势能，故C正确；
4、B
【解析】S断开，相当于电阻变大，则由闭合电路欧姆定律可得电路中总电流减小，故路端电压增大，V的读数变大；
把R1归为内阻，内电压减小，故R3中的电压增大，由欧姆定律可知R3中的电流也增大，电流表示数增大，
A．分析得V的读数变大，Ａ的读数变大，故A错误；
B．分析得V的读数变大，Ａ的读数变大，故B正确；
故选D。
2、A
【解析】根据安培定则判断得知，两根通电导线产生的磁场方向相同，由于O点是MN连线的中点，则两根通电导线在MN两点产生的磁感应强度大小相等，N处电流在O点产生的磁感应强度大小为B1，根据平行四边形进行合成得到，M点和N点在O点的磁感应强度大小为2B1，故选A
3、C
【解析】通过图示得出洛伦兹力的方向，根据左手定则得出电荷的电性，正电荷定向移动的方向与四指方向相同，负电荷定向移动的方向与四指方向相反．根据qvB＝m ，得出半径公式 ，通过半径公式的得出荷质比
6、如图所示，回旋加速器是用来加速带电粒子使它获得很大动能的装置．其核心部分是两个D形金属盒，置于匀强磁场中，两盒分别与高频电源相连．则下列说法正确的是（ ）
A.带电粒子从磁场中获得能量
B.带电粒子加速所获得的最大动能与加速电压的大小有关
C.带电粒子加速所获得的最大动能与金属盒的半径有关