山东省潍坊市2014-2015学年高二上学期期末考试物理A卷(文科)(清晰扫描版)
2014-2015学年上学期高二物理上学期期末考试 (含答案)
2014-2015学年上学期期末考试高二年级物理试题(含答案)说明：本试卷考试时间为90分钟，满分110分一、选择题（本题包括12小题，共48分。
每小题给出的四个选项中，有的只有一个选项正确，有的有多个选项正确，全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分）1．物理学的基本原理在生产生活中有着广泛应用.下面列举的四种器件中，利用电磁感应原理工作的是（）A．回旋加速器B．电磁炉C．质谱仪D．示波管2．如图所示，A、B是一条电场线上的两点，若在A点释放一初速为零的电子，电子仅受电场力作用，沿电场线从A运动到B．则 ( )A．电场强度的方向向左B．A点场强一定大于B点场强C．电场力做正功D．电势能减小3．如图，线圈M和线圈N绕在同一铁芯上。
M与电源、开关、滑动变阻器相连，P为滑动变阻器的滑动端，开关S处于闭合状态，N与电阻R相连。
下列说法正确的是（）A．当P向右移动，通过R的电流为b到aB．当P向右移动，通过R的电流为a到bC．断开S的瞬间，通过R的电流为b到aD．断开S的瞬间，通过R的电流为a到b4．质量为m的金属棒MN，两端用细软导线连接后悬挂于a、b两点，棒的中部处于方向垂直纸面向里的匀强磁场中，棒中通有电流，方向从N流向M，此时悬线上有拉力，如图所示．为了使悬线上拉力的等于零，可采取的措施是（）A．适当减小磁感应强度B．适当增大磁感应强度C．使磁场反向D．使电流反向5．在匀强磁场中，一个带电粒子做匀速圆周运动，如果又顺利垂直进入另一磁感应强度是原来磁感应强度2倍的匀强磁场，则（）A．粒子的速率加倍，周期减半B．粒子速率不变，轨道半径减半C．粒子的速率减半，轨道半径变为原来的1/4 D．粒子速率不变，周期减半6．如图所示电路中，电源内阻不能忽略，两个电压表均为理想电表。
当电键S闭合滑动变阻器R2的滑动触头P移动时，关于两个电压表V1与V2的示数，下列判断正确的是（）A．P向a移动，V1示数增大、V2的示数减小B．P向b移动，V1示数增大、V2的示数减小C．P向a移动，V1示数改变量的绝对值小于V2的示数改变量的绝对值D．P向b移动，V1示数改变量的绝对值大于V2的示数改变量的绝对值7．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，用该电源直接与该电阻R连接成闭合电路，由图像可知( ) A．R的阻值为1.5ΩB．电源电动势为3V，内阻为0.5ΩC．电源的输出功率为3.0wD．电源内部消耗功率为1.5w8．如图，A、B是完全相同的两个小灯泡，L为自感系数很大、电阻可以忽略的带铁芯的线圈，下列说法正确的是（）A．开关K闭合的瞬间，A、B同时发光，随后A灯变暗，B灯变亮。
山东省菏泽市2014-2015学年高二上学期期末考试物理试题(A)(有答案)AqMHPU
绝密★启用前试卷类型：A本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分，第Ⅰ卷1至3页，第Ⅱ卷4至6页。
满分100分，考试用时100分钟。
第Ⅰ卷 （选择题 共40分）注意事项:1．答第Ⅰ卷前，考生务必将自己的姓名、考号、考试科目、试卷类型用2B 铅笔涂写在答题卡上。
2．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，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案，不能答在试题卷上。
一、选择题（本题共10小题，每小题的四个选项中，有的只有一个选项是符合题目要求的，有的有多个选项符合题目要求。
全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错或不答的得0分） 1．下列说法正确的是（ ）A ．电荷处在电势越高的地方电势能越大B ．电场中电场强度越大的地方，电势越高C ．电势降落的方向必定是场强的方向D ．处于静电平衡状态的导体内部场强处处为零 2．如图所示，图中MN 是由负点电荷产生的电场中的一条电场线。
一带正电粒子q 飞入电场后，只在电场力作用下沿图中虚线运动，a 、b 是该曲线上的两点，则下列说法正确是（ ）A ．该电场的场源电荷在M 端 B. a 点的电场强度大于b 点的电场强度 C ．a 点的电势低于b 点的电势 D ．粒子在a 点的动能小于在b 点的动能4．一平行板电容器两极板间距为d ，极板面积为S ，电容为C 。
对此电容器充电后断开电源，当增加两板间距时，电容器极板间（ ） A ．电场强度不变，电势差变大B ．电场强度不变，电势差不变C ．电场强度减小，电势差不变D ．电场强度减小，电势差减小.M.Nab2题图6．如图所示的电路中，E 为电源电动势，r 为电源内电阻，R 1、R 3均为定值电阻，R 2为滑动变阻器。
三个电表A 1、A 2和V 的示数分别为I 1、I 2和U ，将R 2的滑动触点由a 端向b 端移动，则三个电表示数的变化情况是（ ）A ．I 1增大，I 2不变，U 增大B ．I 1减小，I 2增大，U 减小C ．I 1增大，I 2减小，U 增大D ．I 1减小，I 2不变，U 减小7．如图所示为两根互相平行的通电导线a ﹑b 的横截面图，a ﹑b 的电流方向已在图中标出。
山东省潍坊市五县2014-2015学年高二下学期期中联合考试物理试题Word版含答案
2014-2015学年第二学期普通高中模块检测高 二 物 理第Ⅰ卷（选择题 共40分）一、选择题：本大题包括10个小题，每小题4分，共40分.每小题给出的四个选项中，至少有一个选项是正确的，全选对得4分，对而不全得2分，有选错或不选均得0分. 1. 根据楞次定律可知，感应电流的磁场一定是A. 阻碍引起感应电流的磁通量B. 阻碍引起感应电流的磁通量变化C. 与引起感应电流的磁场方向相反D. 与引起感应电流的磁场方向相同2. 如图所示，闭合金属线圈abcd 从一定高度自由下落进入一有界匀强磁场，bc 边刚进入磁场时，线圈恰好做匀速运动。
已知磁场宽度和ab 边长度相等。
取逆时针方向为电流的正方向，向下为力的正方向，bc 边开始进入磁场到ad 边刚出磁场的过程中，线圈中感应电流I 和所受到的安培力F 随时间变化的图象是3. 如图所示变压器为理想变压器，原、副线圈匝数比为2∶1，、为理想电流表和理想电压表，电路中R ＝55 Ω，若原线圈接入如图所示的正弦交变电压，下列表述正确的是 A ．电压表的示数为2110 VB ．电流表的示数为22 AC ．变压器的输入功率220WD ．交变电压的频率为100Hz4. 甲、乙两地原来用500kV 的超高压输电，在保持输送电功率和输电线电阻都不变的条件下，现改用l000kV 特高压输电，不考虑其它因素的影响．则输电线上 A ．损失的电压将变为原来的21 B ．损失的电压将变为原来的2倍C ．损耗的电功率将变为原来的21 D ．损耗的电功率将变为原来的415. 如图所示，一根弯成直角的金属棒abc 绕其一端a 在纸面内以角速度ω匀速转动，已知ab ：bc =4：3，金属棒总长为L ，若加一个垂直纸面向里的磁感强度为B 的匀强磁场，则棒两端的电势差U ca A.ω29816BL B. ω29825BLC.ω2499BL D. ω2989BL 6. 下列说法中正确的是A. 温度越高，布朗运动越剧烈B. 布朗运动是由颗粒内分子的无规则运动引起的C. 热量可以自发地从低温物体传到高温物体D. 热量不可能自发地从低温物体传到高温物体 7．下列说法正确的是A ．晶体一定具有固定的熔点B ． 晶体一定具有规则的几何外形C ．草叶上的露珠成球形是表面张力作用的结果D ．液体表面张力的方向与液面垂直并指向液体内部8. 如图所示，甲分子固定在坐标原点O ，乙分子从无穷远处沿x 轴向O 点运动，两分子间的分子势能E P 与两分子间距离的变化关系如图所示，则乙分子 A ．由x 2到x 1过程中分子力做正功 B ．由x 2到x 1过程中分子力做负功 C ．在x =x 1时，分子力为零 D ．在x = x 2时，分子力为零9. 已知油酸的摩尔质量为M ，密度为ρ，阿伏加德罗常数为N A ．若用m 表示一个油酸分子的质量，用V 0表示一个油酸分子的体积，则下列表达式中正确的是 A ．A N m M =B ．AM m N = C ．0AMV N ρ=D ．0A N V M ρ=10．如图所示，一定质量的理想气体从状态A 变化到状态B 的过程中，则气体A ．分子的平均动能不变B ．分子的平均动能减少C ．吸收热量D ．放出热量第II 卷（笔答题 共60分）二.本题共3个小题，共 16分.11.（4分）如图所示，电路中电流表正接线柱流入电流时，指针顺时针方向偏转，负接线柱流入电流时指针逆时针方向偏转，当电键K 断开瞬间，表A 1指针 偏转；表A 2指针 偏转。
2014-2015学年上学期高二物理上学期期末试卷及答案
2014-2015学年上学期高三期末考试物理理科试卷(含答案)本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分，共120分，考试用时90分钟。
第I 卷（选择题 共60分）一、 选择题（本大题共12小题，每小题5分，共60分，在每小题给出的四个选项中，1-6题有一项符合题目要求，7-12题有多项符合题目要求。
）1.指南针静止时，其位置如图中虚线所示．若在其上方放置一水平方向的导线，并 通以恒定电流，则指南针转向图中实线所示位置．据此可能是 （ ）A .导线南北放置，通有向北的电流B .导线南北放置，通有向南的电流C .导线东西放置，通有向西的电流D .导线东西放置，通有向东的电流2.如图10—1所示，为电视机显像管的偏转线圈示意图，圆心黑点表示电子枪射出的电子，它的方向由纸内指向纸外，当偏转线圈通以图示方向的电流时，电子束应 ( ) A.向左偏转 B ．向上偏转 C.不偏转 D.向下偏转3．如图所示的情况中，a 、b 两点的电场强度和电势都相同的是 ( )A ．甲图：离点电荷等距的a 、b 两点B ．乙图：两个等量异种点电荷连线的中垂线上，与连线中点等距的a 、b 两点C ．丙图：两个等量同种点电荷连线上，与连线中点等距的a 、b 两点D ．丁图：两带电平行金属板间，分别靠近两板与中轴线等距的a 、b 两点4.处于匀强磁场中的一个带电粒子，仅在磁场力作用下做匀速圆周运动．将该粒子的运动等效为环形电流，那么此电流值( ) A ．与粒子电荷量成正比 B ．与粒子速率成正比 C ．与粒子质量成正比 D ．与磁感应强度成正比5.如图所示，边界OA 与OC 之间分布有垂直纸面向里的匀强磁场，边界OA 上有一粒子源S.某一时刻，从S 平行于纸面向各个方向发射出大量带正电的同种粒子(不计粒子的重力及粒子间的相互作用)，所有粒子的初速度大小相同，经过一段时间有大量粒子从边界OC 射出磁场．已知∠AOC ＝60°，从边界OC 射出的粒子在磁场中运动的最短时间等于T6(T 为粒子在磁场中运动的周期)，则从边界OC 射出的粒子在磁场中运动的最长时间为( )A.T 3B.T 2C.2T 3D.5T 66.如图，两根相互平行的长直导线过纸面上的M 、N 两点，且与纸面垂直，导线中通有大小相等、方向相反的电流．a、o、b 在M 、N 的连线上，o 为MN 的中点，c 、d 位于MN 的中垂线上，且a 、b 、c 、d 到o 点的距离均相等．关于以上几点处的磁场，下列说法正确的是( ) A ．o 点处的磁感应强度为零B ．a 、b 两点处的磁感应强度大小相等，方向相反C ．c 、d 两点处的磁感应强度大小相等，方向相同D ．a 、c 两点处磁感应强度的方向不同………封……7.如图所示，一带正电的滑环套在水平放置且足够长的粗糙绝缘杆上，整个装置处于方向如图所示的匀强磁场中.现给环施以一个水平向右的速度，使其运动，则滑环在杆上的运动情况可能是( )A.先做减速运动，后做匀速运动B.一直做减速运动，直到静止C.先做加速运动，后做匀速运动D.一直做匀速运动8.如图所示，平行于纸面水平向右的匀强磁场，磁感应强度B1＝1T．位于纸面内的细直导线，长L＝1m，通有I＝1 A的恒定电流．当导线与B1成60°夹角时，发现其受到的安培力为零，则该区域同时存在的另一匀强磁场的磁感应强度B2的可能值是()A.12T B.32TC．1T D.3T9.如图甲所示，某空间存在着足够大的匀强磁场，磁场沿水平方向．磁场中有A、B两个物块叠放在一起，置于光滑水平面上．物块A带正电，物块B不带电且表面绝缘．在t＝0时刻，水平恒力F作用在物块B上，物块A、B由静止开始做加速度相同的运动．在物块A、B一起运动的过程中，图乙反映的可能是()A．物块A所受洛伦兹力大小随时间t变化的关系B．物块A对物块B的摩擦力大小随时间t变化的关系C．物块A对物块B的压力大小随时间t变化的关系D．物块B对地面压力大小随时间t变化的关系10.如图所示，在半径为R的圆形区域内有匀强磁场.在边长为2R的正方形区域里也有匀强磁场，两个磁场的磁感应强度大小相同，两个相同的带电粒子以相同的速率分别从M、N两点射入匀强磁场.在M点射入的带电粒子，其速度方向指向圆心；在N点射入的带电粒子，速度方向与边界垂直，且N点为正方形边长的中点，则下列说法正确的是( )A.带电粒子在磁场中飞行的时间可能相同B.从M点射入的带电粒子可能先飞出磁场C.从N点射入的带电粒子可能先飞出磁场D.从N点射入的带电粒子不可能比M点射入的带电粒子先飞出磁场11、如图所示的电路中，各元件均为线性元件.电源电动势为E，内电阻不能忽略，闭合S后，调整R的阻值，使电压表的示数增大△U，在这一过程中（）A、通过R1B、R2两端的电压减小，减小量为△UC、路端电压与干路电流的比值为定值D、路端电压的变化量与干路电流的变化量的比值为定值12.如图所示，粗糙程度均匀的绝缘斜面下方O点处有一正点电荷，带负电的小物体以初速度v1从M点沿斜面上滑，到达N点时速度为零，然后下滑回到M点，此时速度为（<）. 若小物体电荷量保持不变，OM=ON，则（）A. 小物体上升的最大高度为B. 从N到M的过程中，小物体的电势能逐渐减小C. 从M到N的过程中，电场力对小物体先做负功后做正功D. 从N到M的过程中，小物体受到的摩擦力和电场力均是先增大后减小高三理科物理第3页，共10页高三理科物理第4页，共10页第Ⅱ卷（非选择题共60分）二、填空题（本大题共2小题，共10分，把答案填在题中横线上）。
山东省潍坊三县市2014-2015学年高二上学期联考物理试卷Word版含答案
高二阶段性教学质量检测物理试题第I卷(选择题共40分)一、选择题（共10小题，每小题4分，共40分，每小题至少有一个选项正确，全部选对得4分，选对但不全的得2分。
）1. 在电场中某点放入电荷量为q的正检验电荷时，测得该点的场强为E，若在该点放入电荷量q′=-2q的负检验电荷时，测得场强为E′，则有（）A. E′=E，方向与E相反B. E′=2E，方向与E相反C. E′=2E，方向与E相同D. E′=E，方向与E相同2.一根粗线均匀的金属导线，两端加上恒定电压U时，通过金属导线的电流强度为I，金属导线中自由电子定向移动的平均速率为v，若将金属导线均匀拉长，使其长度变为原来的2倍，仍给它两端加上恒定电压U，则此时( )IA.通过金属导线的电流为2IB.通过金属导线的电流为4vC.自由电子定向移动的平均速率为2vD.自由电子定向移动的平均速率为43．某电场的电场线分布如图所示，电场中A、B两点在图示位置，则A、B两点相比较（）A．A点的场强大B．B点的场强大C ．B 点的电势高D ．负电荷在B 点的电势能高4．如图所示，平行板电容器连接在电池两极上，A 板接地， 在两板间的P 点固定一个负电荷．充电完成后断开开关K ，将B 板平移到虚线位置，下列说法中正确的是（ ）A ．电容器极板的带电量Q 变大B ．电容器两极板间的电场强度不变C ．P 点的电势将升高D ．P 点负电荷的电势能将升高5.如图所示，一半径为R 的圆盘上均匀分布着电荷量为Q 的电荷，在垂直于圆盘且过圆心c 的轴线上有a 、b 、d 三个点，a 和b 、b 和c 、c 和d 间的距离均为R ，在a 点处有一电荷量为q (q>0)的固定点电荷。
己知为(k 为静电力常b 点处的场强为22q kR ，则d 点处场强的大小量)( ) A. 23q kR B ．2109q k RC. 289q k RD ．299Q q k R 6．如图所示，R 1和R 2都是4W 、100Ω的电阻,R 3是1W 、100Ω的电阻，则A 、B 两端允许消耗的最大电功率是（ ）A ．1.5WB ．3WC ．9WD ．98W 7．如图所示，平行金属板中带电质点P 原来处于静止状态，不考虑电流表和电压表对电路的影响,R 1的阻值和电源内阻r 相等。
2014-2015学年上学期高二物理上学期期末 (含答案)
2014-2015学年上学期高二物理期末复习题一、选择题（4 10=40分，在给出的4个选项中，有一个或多个正确）1．如图所示，把一条导线平行地放在磁针的上方附近，当导线中有电流通过时，磁针会发生偏转．首先观察到这个实验现象的物理学家是：（ ） A ．奥斯特 B ．爱因斯坦C ．伽利略D ．牛顿2．带电的平行板电容器与静电计的连接如图，要使静电计的指针偏角变小，可采用的方法有：（ ）A ．减小两极板间的距离B ．用手触摸极板错误！未找到引用源。
C ．在两板间插入电介质D ．将极板B 向上适当移动3．一台国产封闭型贮水式电热水器的铭牌上所列的主要技术参数如下表所示. 根据表中提供的数据，计算出此电热水器在额定电压下处于加热状态时，通过电热水器的电流约为：（ ）A 4．在图所示的电路中，电源电动势为E 、内电阻为r . 在滑动变阻器的滑动触片P 从图示位置向下滑动的过程中：（ ）A ．电路中的总电流变大B ．路端电压变大C ．通过电阻R 2的电流变小D ．通过滑动变阻器R 1的电流变小5．一直流电动机正常工作时两端的电压为U ，通过的电流为I ，电动机线圈的电阻为r ．该电动机正常工作时，下列说法正确的是：（）A ．电动机消耗的电功率为错误！未找到引用源。
B ．电动机的输出功率为错误！未找到引用源。
C ．电动机的发热功率为错误！未找到引用源。
D ．I 、U 、r 三个量间满足错误！未找到引用源。
6．如图所示，xOy 坐标系中，将一负检验电荷Q 由y 轴上a 点移至x 轴上b 点，需克服电场力做功W ，若从a 点移至x 轴上c 点，也需克服电场力做功W ，）A ．电场强度方向沿y 轴负方向的匀强电场B ．电场强度方向沿x 轴正方向的匀强电场C ．处于第I 象限某一位置的正点电荷形成的电场D ．处于第Ⅲ象限某一位置的负点电荷形成的电场70，轨道平面位于纸面内，质点速度方向如图中箭头所示。
现加一垂直于轨道平面的匀强磁场，已知轨道半径并不因此而改变，则：（ ） A ．若磁场方向指向纸里，质点运动的周期将大于T 0B ．若磁场方向指向纸里，质点运动的周期将小于T 0C ．若磁场方向指向纸外，质点运动的周期将大于T 0D ．若磁场方向指向纸外，质点运动的周期将小于T 0I图10—548．电源和一个水平放置的平行板电容器、三个电阻组成如图所示的电路。
山东省潍坊市2013-2014学年高二上学期期末考试 物理 Word版含答案
保密 启用前 试题类型：A高二物理本试卷分第I 卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分，考试时间90分钟，满分100分。
第I 卷（选择题 共40分）注意事项：答第I 卷前，考试务必将自己的姓名、考号、考试科目、试卷类型涂写在答题卡上。
一、选择题（本题共有10个小题，每小题4分，共40分。
在每小题给出的4个选项中，有的小题只有一个选项正确，有的小题有多个选项正确，全部选对的得4分，选不全的得2分，有错选或不答的得0分。
）1.在物理学史的发展过程中，许多科学家做出了杰出的贡献，下列说法正确的是 A.法拉第发现了电磁感应现象 B.库仑发现了电荷间相互作用的规律C.安培发现了电流的磁效应，揭示了电现象和磁现象之间的联系D.焦耳发现了电流的热效应，定量得出了电能和热能之间的关系 2.下列说法正确的是 A.公式2r Qk E 适用于计算任何电场 B.由B=ILF可知，磁感应强度B 与F 成正比，与I 、L 的乘积成反比 C.电荷在某处不受电场力的作用，则该处的电场强度一定为0 D.通电导线在某处不受安培力的作用，则该处的磁感应强度一定为03.如图所示，竖直闭合矩形线框abcd 与竖直通电导线MN 紧靠在一起且相互绝缘，边ab 、cd 关于MN 对、。
线框中能产生感应电流的是A.MN 中电流变大B.线框向右平动C.线框向下平动D.线框以MN 为轴转动4.如图所示，A 、B 为真空中的两个电荷，O 为A 、B 连线的中点，MN 为A 、B 连线的中垂线，电场线的分布关于MN 对称。
以下判断正确的是A.A 、B 为等量异种电荷B.M 点电势高于O 点电势C.M 点场强小于O 点场强D.正检验电荷在M 点的电势能大于O 点的电势能5.电阻a 、b 的伏安特性曲线如图所示。
以下判断正确的是A.a 电阻大于b 电阻B.a 电阻小于b 电阻C.若a 、b 并联在电路中，a 的电流大于b 的电流D.若a 、b 串联在电路中，a 的热功率小于b 的热功率6.如图所示，通电直导线CD 位于阴极射线管下方，当射线管的两电极A 、B 接高压直流电源时，射线管内荧光板上显示的电子束径迹如图中虚线所示。
2014-2015学年山东省潍坊市高二(下)期末物理试卷
2014-2015学年山东省潍坊市高二（下）期末物理试卷学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________一、单选题(本大题共6小题，共24.0分)1.关于惯性的下列说法，正确的是（）A.抛出去的标枪靠惯性向远处运动B.完全失重时物体的惯性将消失C.球由静止释放后加速下落，说明力改变了惯性D.物体沿水平面滑动，速度越大滑行的时间越长，说明速度大惯性就大【答案】A【解析】解：A、投掷出去的标枪，铁饼等是靠惯性向远处运动的．故A正确；B、在完全失重的情况下，物体不受支持力，但物体的惯性并没有消失，故B错误；C、惯性大小只与物体的质量有关，与运动的状态无关，球由静止释放后加速下落是由于受到重力的原因，惯性没有变化．故C错误；D、惯性是物体本身的固有属性，物体的惯性只与物体质量有关，与物体的运动状态无关，速度增大但是惯性不变．故D错误；故选：A．惯性是物体的固有属性，它指的是物体能够保持原来的运动状态的一种性质，惯性大小只与物体的质量有关，质量越大，惯性越大．本题考查了对惯性的理解与认识，是一道基础题；知道惯性是物体的固有属性，与物体的受力情况与运动状态无关是解题的关键．2.如图所示，一不可伸长的光滑轻绳，其左端固定于O点，右端跨过位于O′点的固定光滑轴悬挂质量为M的物体，OO′段水平且长为L，绳上套一光滑的轻环．若在轻环上施加竖直向下的作用力F，物体上升L后再次达到平衡，此时F大小（）A.M gB.M gC.M gD.M g【答案】D【解析】解：重新平衡后，绳子形状如下图：由几何关系知：绳子与竖直方向夹角为30°，则环两边绳子的夹角为60°，则根据平行四边形定则，环两边绳子拉力的合力为M g，根据平衡条件，F=M g故选：D由几何关系求出环两边绳子的夹角，然后根据平行四边形定则求F．该题的关键在于能够对线圈进行受力分析，利用平衡状态条件解决问题．力的计算离不开几何关系和三角函数．3.在竖直向上的拉力F作用下，将货物由地面吊起，其运动的v2-x图象如图所示（取g=10m/s2）．则前3m内与最后2m内拉力的大小之比（）A.12：7B.22：17C.22：23D.18：23【答案】B【解析】解：物体是从静止开始运动的，根据运动学公式v2-v02=2ax得v2-x图象斜率的意义表示物体的加速度，前3m内货物的加速度向上，加速度大小是1m/s2，根据牛顿第二定律得：F1-mg=ma1，最后2m内货物加速度方向向下，加速度大小是1.5m/s2，根据牛顿第二定律得：mg-F2=ma2．解得：前3m内与最后2m内货物的受到的拉力大小之比为22：17，故选：B．由图象可求得物体的加速度，再由牛顿第二定律可求得两段位移内的拉力大小之比．本题关键是根据v2-x图象得到物体的运动情况，然后进一步判断超失重情况，注意只要加速度向上，物体就处于超重状态．4.如图所示，小车上固定一直立木板，木板上端固定一定滑轮，轻绳跨过定滑轮一端系一小球，另一端系在弹簧秤上，弹簧秤固定在小车上，若小车突然由静止向右匀加速运动，则下列说法正确的是（）A.弹簧秤读数变大B.弹簧秤读数变小C.小车对地面的压力变大D.小车对地面的压力变小【答案】A【解析】解：设重球的质量为m，小车的质量为M，则当小车处在静止状态时，轻绳对球的拉力大小为T1=mg，地面对小车的支持力N1=（M+m）g，弹簧秤读数F1=T1=mg；当小车匀加速向右运动，轻绳向左偏离竖直方向，重球受力如图，则T2＞mg，弹簧秤读数F2=T2＞mg，即弹簧秤读数增大；由于竖直方向上没有加速度，对整体，则有地面对小车的支持力N2=（M+m）g，支持力不变，则小车对地面的压力不变．当小车匀加速向左运动时，轻绳对球的拉力大小为T3=mg，地面对小车的支持力N3=（M+m）g，弹簧秤读数F3=T3=mg；弹簧秤读数及小车对地面压力均不变．故选：A以重球为研究对象，分别研究小车静止时和运动时轻绳的拉力，分析弹簧秤读数的变化．以整体为研究对象，研究地面对小车的支持力的变化，再由牛顿第三定律研究小车对地面压力的变化．本题已知物体运动的状态变化，分析物体的受力的变化，采用隔离法和整体法结合分析物体的受力情况，是常用的方法，比较简单．5.如图所示，足够长的水平传送带以v0=2m/s的速度匀速运行．t=0时刻，在左端轻放一质量为m的小滑块，t=2s时刻传送带突然被制动而停止．已知滑块与传送带之间的动摩擦因数μ=0.2．则t=2.5s时滑块的速度为（）A.3m/sB.2m/sC.1m/sD.0【答案】C【解析】解：物块在传送带上的加速度为：a=，达到传送带速度时的时间为：，则物块匀速运动的时间为：t2=2-1s=1s．物块匀减速运动的加速度大小为：′，减速的时间为：t3=2.5-2=0.5st=2.5s时滑块的速度为：v=v0+a′t3=2+（-2）×0.5=1m/s故选：C根据牛顿第二定律求出物块在传送带上的加速度，根据运动学公式求出物块速度达到传送带速度时的时间，最后结合速度公式求出2.5s的速度．解决本题的关键理清物块在传送带上的运动规律，结合牛顿第二定律和运动学公式综合求解，难度中等．6.质量为1kg的物体静止在水平面上，物体与水平面间的动摩擦因数为0.2．若对物体分别施加如图所示的水平拉力F，在前3t0内位移最大的是（）A. B. C. D.【答案】D【解析】解：A、在0-1s内，F＜μmg，物体静止不动．在1-2s内，加速度a1==1m/s2，位移，第2s末的速度v=a1t1=0.5×1m/s=0.5m/s．在2-3s内，加速度a2==，位移=，总位移为2.5m．B、在0-1s内，加速度a1==1m/s2，第1s末速度为v1=a1t1=1m/s．位移，在1-2内，加速度=-1m/s2，位移x2=v1t2+，第2s末速度为v2=v1+a2t2=0.5m/s．在2-3s内，加速度a3==，位移=，则总位移为3m．C、在0-1s内，F＜μmg，物体静止不动．在1-2s内，加速度a1==，位移=，第2s末的速度v=a1t1=3m/s．在2-3s 内，加速度a2==1m/s2，位移=，总位移为5m．D、在0-1s内，加速度a1=，第1s末速度为v1=a1t1=3m/s．第1s内的位移=，在1-2s内，加速度a2==1m/s2，位移x2=v1t2+m=3.5m，第2s末速度为v2=v1+a2t2=3.5m/s．在2-3s内，加速度，则位移m=3m，总位移为8m．可知D选项位移最大．故选：D．根据牛顿第二定律求出加速度，由位移公式求出各段时间内物体的位移，再确定哪种情况位移最大．本题也可以通过计算加速度和速度，作出速度-时间图象，根据“面积”表示位移，判断位移的大小．二、多选题(本大题共4小题，共16.0分)7.t=0时刻质点位于x=-2m处，沿x轴正向做直线运动，其运动的v-t图象如图所示．下列说法正确的是（）A.t=4s时，质点在x=1m处B.第3s内和第4s内，质点加速度的方向相反C.第3s内和第4s内，质点加速度的方向相同D.0～2s内和0～4s内，质点的平均速度相同【答案】AC【解析】解：A、0-4s内质点的位移等于0-2s的位移，为△x=×（1+2）×2m=3m，t=0时质点位于x=-2m处，则t=4s时，质点在x=1m处，故A正确．B、图线的斜率表示加速度，直线的斜率一定，则知第3s内和第4s内，质点加速度相同，其方向相同，故B错误，C正确．D、根据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，则知O～2s内和0～4s内，质点的位移相同，但所用时间不同，则平均速度不同，故D错误．故选：AC速度-时间图象中，图线的斜率表示加速度．根据“面积”确定0-4s内的位移，即可确定其位置．平均速度由位移和时间之比分析．本题是速度图象问题，考查理解物理图象意义的能力，关键要抓住速度图象“斜率”表示加速度，“面积”表示位移．8.一体重计放在竖直升降的电梯内，小明站在体重计上，电梯静止时体重计示数为50kg，电梯运动时体重计示数为40kg，（取g=10m/s2）．下列说法中正确的是（）A.电梯的加速度大小为2m/s2B.电梯的加速度方向竖直向下C.电梯一定在竖直向下运动D.小明对体重计的压力小于体重计对他的支持力【答案】AB【解析】解：ABC、小明的体重只有50kg，体重计的示数为40kg，小于重力所以处于失重状态．运动情况可能为：向下加速或向上减速；小明受支持力和重力，由牛顿第二定律可知其加速度为：a=m/s2．故A正确，B正确，C错误．D、小明对体重计的压力与体重计对他的支持力是作用力与反作用力，大小相等，故D 错误．故选：AB．明的体重只有50kg，而他看到体重计的示数为60kg，可知他处于超重，则电梯有向上的加速度，由此来分析各个选项．无论超重还是失重，物体本身的质量并没有变化．本题考查了超重和失重的知识，记住：1、具有向上的加速度超重，具有向下的加速度失重；2、无论超重还是失重，物体本身的质量并没有变化．9.如图所示，在光滑水平面上放着两块长度相同，质量分别为M1和M2的木板，在两木板的左端各放一个大小、形状、质量完全相同的物块m．开始时，各物块均静止；若在两物块上各作用一水平恒力F1、F2，使物块滑离木板，分离时木板的速度分别为v1和v2．（物块和木板间的动摩擦因数相同）下列说法正确的是（）A.若F1=F2，M1＞M2，则v1＜v2B.若F1=F2，M1＜M2，则v1＜v2C.若M1=M2，F1＞F2，则v1＞v2D.若M1=M2，F1＜F2，则v1＞v2【答案】AD【解析】解：A、B、首先看F1=F2时情况：由题很容易得到两物块所受的摩擦力大小是相等的，因此两物块的加速度相同，我们设两物块的加速度大小为a，对于M1、M2，滑动摩擦力即为它们的合力，设M1的加速度大小为a1，M2的加速度大小为a2，根据牛顿第二定律得：a1=，，其中m为物块的质量．设板的长度为L，它们向右都做匀加速直线运动，当物块与木板分离时：物块与M1的相对位移：物块与M2的相对位移：若M1＞M2，a1＜a2，所以得：t1＜t2，M1的速度为v1=a1t1，M2的速度为v2=a2t2则v1＜v2，故A正确；若M1＜M2，a1＞a2，所以得：t1＞t2，M1的速度为v1=a1t1，M2的速度为v2=a2t2，则v1＞v2，故B错误；C、D、若F1＞F2、M1=M2，根据受力分析和牛顿第二定律的：则M1上的物块的加速度大于M2上的物块的加速度，即a a＞a b，由于M1=M2，所以M1、M2加速度相同，设M1、M2加速度为a．它们向右都做匀加速直线运动，当物块与木板分离时：物块与M1的相对位移：物块与M2的相对位移：L=由于a a＞a b，所以得：t1＜t2，则v1＜v2，故C错误；若F1＜F2、M1=M2，a a＜a b，则v1＞v2，故D正确；故选：AD．本题中涉及到两个物体，所以就要考虑用整体法还是隔离法，但题中研究的是两物体的相对滑动，所以应该用隔离法．板和物体都做匀变速运动，牛顿定律加运动学公式和动能定理都能用，但题中“当物体与板分离时”隐含着在相等时间内物体的位移比板的位移多一个板长，也就是隐含着时间因素，所以不方便用动能定理解了，就要用牛顿定律加运动公式解．要去比较一个物理量两种情况下的大小关系，我们应该通过物理规律先把这个物理量表示出来．同时要把受力分析和牛顿第二定律结合应用．10.如图所示，横截面为直角三角形的斜劈A，底面靠在粗糙的竖直墙面上，力F通过球心水平作用在光滑球B上，系统处于静止状态．当力F增大时，系统仍保持静止．则下列说法正确的是（）A.A受到的摩擦力一定增大B.墙对A的弹力一定减小C.A对B的弹力一定增大D.B对地的压力一定增大【答案】CD【解析】解：A、对B受力分析，如图：根据平衡条件：F=N′sinθ，可见F增大则N′增大，即AB之间的弹力增大，N″=mg+N′cosθ，可见N′增大则N″增大，根据牛顿第三定律则B球对地面的压力增大，以整体为研究对象，竖直方向：N″+f=M g，若N″增大至与M g相等，则f=0，所以A受到的摩擦力减小，故A错误，CD正确；B、对整体为研究对象，受力分析，根据平衡条件，水平方向：N=F，F增大则N增大，故B错误；故选：CD正确选择研究对象，对其受力分析，运用平衡条件列出平衡等式解题．正确选择研究对象，对其受力分析，运用平衡条件列出平衡等式解题．要注意多个物体在一起时，研究对象的选取．三、填空题(本大题共3小题，共18.0分)11.某同学用如图所示的实验装置来探究求合力的方法．弹簧测力计A挂于固定点P，下端用细线挂一重物M．弹簧测力计B的一端用细线系于O点，手持另一端使结点O静止在某位置．分别读出弹簧测力计A和B的示数，并在贴于竖直木板的白纸上记录O点的位置和拉线的方向．（1）本实验用的弹簧测力计示数的单位为N，图中的示数为______ N（保留两位有效数字）．（2）下列做法哪些是该实验中必须的实验要求______ （填写对应的字母）A．弹簧测力计应在使用前校零B．实验中必须保证OB水平C．测量重物M的重力D．拉线方向应与木板平面平行E．改变拉力，进行多次实验，每次都要使结点O在同一位置．【答案】3.6；ACD【解析】解：（1）弹簧测力计读数，每1N被分成5格，则1格就等于0.2N．图指针落在3N到4N的第3格处，所以3.6N．（2）A、弹簧测力计是测出力的大小，所以要准确必须在测之前校零．故A正确；B、该实验中不一定需要OB水平，故B错误；C、弹簧测力计A和B的示数分别为两细线的力的大小，同时画出细线的方向即为力的方向．虽悬挂重物的细线方向确定，但大小却不知，所以要测重物重力，故C正确；D、拉线方向必须与木板平面平行，这样才确保力的大小准确性，故D正确；E、该实验中，改变拉力时，只要物体处于平衡状态，两弹簧拉力的合力与M的重力等大反向，因此O点不用每次静止在同一位置，故E错误故选：ACD故答案为：（1）3.6；（2）ACD确定出弹簧测力计的分度值，从而读出弹簧秤的读数．在该实验中，由于P、O的位置确定，则A弹簧的拉力大小和方向一定，合力又一定，则弹簧B的拉力大小和方向也一定，不需进行多次实验．通过作出力的图示来验证“力的平行四边形定则”，重点是如何准确作出力的图示．同时值得注意其中有一力大小与方向均已一定，从而减少实验的操作步骤，解答实验问题的关键是明确实验原理．12.在探究弹力和弹簧伸长量的关系时，某同学先按图1对弹簧甲进行探究，然后将弹簧乙和弹簧甲串联起来按图2进行探究．不考虑两个弹簧重力的影响，在弹性限度内，将质量m=50g的钩码逐个挂在弹簧下端，分别测得图1、图2中弹簧总长度L1、L2如表所示．取g=9.8m/s2，则弹簧甲的劲度系数k甲= ______ N/m，弹簧乙的劲度系数k乙= ______ N/m．【答案】100；50【解析】解：由表格中的数据可知，当弹力的变化量△F=2mg=2×0.05×9.8N=0.98N时，弹簧形变量的变化量为△x1==0.98cm，根据胡克定律知甲的劲度系数：k1===100N/m．根据表中数据要知，乙的形变量分别为53.44cm、54.41cm、55.39cm、56.38cm；同理可解得k2==50N/m；故答案为：10050根据弹簧形变量的变化量，结合胡克定律求出弹簧甲的劲度系数．通过弹簧并联时的弹力的变化量和形变量的变化量可以求出弹簧并联的劲度系数．解决本题的关键掌握胡克定律，知道F=kx，x表示形变量，以及知道其变形式△F=k△x，△x为形变量的变化量．13.某同学用图甲所示的实验装置验证牛顿第二定律：（1）备有下列器材：A．长木板；B．电磁打点计时器、低压交流电源、纸带；C．细绳、小车、砝码；D．装有细沙的小桶；E．薄木板；F．毫米刻度尺；还缺少的一件器材是______ ．（2）该同学得到如图丙所示的纸带．已知打点计时器电源频率为50H z．A、B、C、D、E、F、G是纸带上7个计数点，两计数点之间还有四个点未画出．由此可算出小车的加速度a= ______ m/s2（保留两位有效数字）．（3）将小车静止地放在水平长木板上，后面固定一条纸带，纸带穿过打点计时器．把木板不带滑轮的一端慢慢垫高如图（乙）所示，直到小车由静止开始沿木板向下滑动为止．请问这位同学的操作______ 正确（填是、否）（4）如果这位同学先进行（3）中的操作，然后不断改变小车的拉力F，得到M（小车质量）保持不变情况下的a-F图线是图丁中的______ （填选项代号的字母）．【答案】天平；0.20；否；C【解析】解：（1）实验中需要根据牛顿第二定律进行数据处理，并且拉力由砝码的重力代替；故应需要天平；（2）根据刻度尺的示数可知△x=s DG-s AD=3.90cm-2.10cm=1.80cm，两计数点之间还有四个点未画出，所以时间间隔为T=0.1s，代入公式△x=a T2可以求出加速度为：a=m/s2．（3）平衡摩擦力时应是让小车静止在斜面上，用手轻轻一推后，小车做匀速直线运动；该同学使小车下滑时，重力的分力已经大于了摩擦力；故该做法错误；（4）若平衡摩擦力做度，则在没有拉力的情况下，物体已经具有加速度；故图象为C；故答案为：（1）天平（2）0.20（3）否（4）C（1）根据实验的具体操作步骤以及所要测量的数据，即可明确所需器材；（2）根据匀变速直线运动的规律△x=a T2可以求出加速度的大小．（3）根据平衡摩擦力的方法确定应如何判断摩擦力已平衡；（4）根据（3）中的做法可明确物体的受力情况，从而确定图象．本题考查验证牛顿第二定律的实验；对于教科书本上的实验，我们要从实验原理、实验仪器、实验步骤、实验数据处理、实验注意事项这几点去搞清楚．对于实验我们要清楚每一项操作存在的理由．比如为什么要平衡摩擦力，为什么要先接通电源后释放纸带等．四、计算题(本大题共4小题，共42.0分)14.一物块沿水平面由A向B做匀加速直线运动．通过A点时的速度为1m/s，经2s到达B点，再运动8m到达C点，速度为5m/s，求：物块的加速度a及通过B点的速度．【答案】解：对AB过程由速度公式可得：v B=v A+at1①对BC过程由速度和位移关系可得：②联立解得：a=1m/s2v B=3m/s答：物块的加速度a为1m/s2；通过B点的速度为3m/s．【解析】根据已知条件分别对AB和BC过程进行分析，列出运动学公式联立可求得加速度和速度．对于多过程的运动学题目，要注意找出两过程中的关系，然后分别对两过程列式，联立可解．15.如图所示，质量分别为2m和m的A、B两物体通过轻质细线跨过光滑定滑轮连接．弹簧下端固定于地面，上端与B连接，A放在光滑斜面上，开始用手控住A，细线刚好拉直，但无拉力．滑轮左侧细线竖直，右侧细线与斜面平行．物体A释放后沿斜面下滑，当弹簧刚好恢复原长时，B获得最大速度．重力加速度为g，求：（1）斜面倾角α；（2）刚释放时，A的加速度．【答案】解：（1）B速度最大时做匀速直线运动，由平衡条件得：2mgsinα=mg，解得：sinα=，则α=300；（2）刚释放A时，由牛顿第二定律得：对A：2mgsinα-T=2ma，对B：T+F弹-mg=ma，弹力：F弹=mg，解得：a=g，方向沿斜面向下；答：（1）斜面倾角α为30°；（2）刚释放时，A的加速度为g．【解析】（1）B速度最大时做匀速直线运动，由平衡条件可以求出斜面的倾角．（2）分别对A、B应用牛顿第二定律列方程，然后可以求出加速度．本题考查求斜面倾角、A的加速度，分析清楚物体运动过程，对物体正确受力分析，应用平衡条件与牛顿第二定律可以解题．16.国歌从响起到结束的时间是48s，国旗上升的高度是17.6m．国歌响起同时国旗开始向上做匀加速运动4s，然后匀速运动，最后匀减速运动4s到达旗杆顶端，速度恰好为零，此时国歌结束．求：（1）国旗匀加速运动的加速度大小；（2）国旗匀速运动时的速度大小．【答案】解：对于红旗加速上升阶段：①对于红旗匀速上升阶段：v2=a1t1②x2=v2t2③对于红旗减速上升阶段：④对于全过程：a1=a3⑤x1+x2+x3=17.6m⑥由以上各式可得：a1=0.1m/s2⑦v2=0.4m/s．⑧答：（1）国旗匀加速运动的加速度大小为0.1m/s2；（2）国旗匀速运动时的速度大小为0.4m/s．【解析】由于红旗匀加速运动和匀减速运动的加速度大小相等，根据对称性得知这两个过程的时间相等，确定出匀速运动的时间，用位移公式分别得出三个运动过程的位移表达式，求出匀速运动的速度，再求解匀加速运动的加速度大小．本题涉及三个运动过程，三个过程之间基本的联系是速度，前一过程的末速度等于后一过程的初速度，研究三个之间的关系是解题的关键17.如图甲所示，质量为m=1kg的物体置于倾角为θ=37°固定斜面上（斜面足够长），对物体施加平行于斜面向上的恒力F，作用时间t1=1s时撤去拉力，物体运动的部分v-t图象如图乙所示，设物体受到的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取g=10m/s2．（sin37°=0.6，cos37°=0.8）试求：（1）物体与斜面间的动摩擦因数；（2）拉力F的大小；（3）t=4s时物体的速度．【答案】解：（1）根据速度时间图线知，匀加速直线运动的加速度：a1=20m/s2根据牛顿第二定律得：F-μmgcosθ-mgsinθ=ma1匀减速直线运动的加速度：根据牛顿第二定律得：mgsinθ+μmgcosθ=ma2解得：F=30N，μ=0.5（2）由（1）知，F=30N（3）在物块由A到C过程中，设撤去力后物体运动到最高点时间为t2v1=a2t2，解得t2=2s则物体沿斜面下滑的时间为t3=t-t1-t2=1s设下滑加速度为a3，由牛顿第二定律得mgsinθ-μmgcosθ=ma3解得：a3=2m/s2所以t=4s时物体的速度：v=a3t3=2×1=2m/s，沿斜面向下答：（1）物体与斜面间的动摩擦因数（2）拉力F的大小是30N；（3）物体4s末速度为2m/s．【解析】由图象得出加速上升过程和减速上升过程的加速度，根据牛顿第二定律求出物体与斜面间的动摩擦因数和拉力F的大小；先通过图象得到3s末速度为零，然后求出3s到4s物体的加速度，再根据速度时间关系公式求解4s末速度．本题关键受力分析后，根据牛顿第二定律，运用正交分解法求解出各个运动过程的加速度，然后结合运动学公式列式求解．。