高二物理周练20160516
高二物理上学期第6周周考试题高二全册物理试题
嗦夺市安培阳光实验学校天全中学2015—2016学年上期高二第6周周考物理试题成绩：一．选择题（每题6分，共48分）1. 下列说法正确的是( )A.电场力做正功,电势能增加B.米、千克、秒、安培均是国际单位制中的基本单位C.电场强度大的点电势一定高D.平行板电容器所带电荷量不变时,减小两板间的距离,两板间的电压将增大2、如图，在正六边形的a、c两个顶点上各放一带正电的点电荷，电量的大小都是q1，在b、d两个顶点上，各放一带负电的点电荷，电量的大小都是q2,且q1>q2。
已知六边形中心O点处的场强可用图中的四条有向线段中的一条来表示，它是哪一条？（）A．E1B．E2 C．E3D．E43、如图所示，三条平行等距的直线表示电场中的三个等势面，电势值分别为10 V、20 V、30 V，实线是一带负电的粒子（不计重力），在该区域内的运动轨迹，对于这轨道上的a、b、c三点来说，下列选项说法正确的是（）A．粒子必先过a，再到b，然后到cB．粒子在三点所受的电场力F a=F b=F cC．粒子在三点的动能大小为E kb>E ka>E kcD．粒子在三点的电势能大小为E pb>E pa>E pc4. 在电荷量分别为-q和+q的两个点电荷形成的电场中,电场线分布如图所示。
在两点电荷连线的一条垂线（偏中垂线右侧）上有a、b两点.以下说法正确的是( )A a、b两点的电场强度方向均为水平向左B. a、b两点的电场强度大小相等C. a、b两点的电势相等D. 带正电的试探电荷在a点时具有的电势能比在b点时大5.下列说法正确的是（）A.电流方向就是电荷定向移动的方向B.由公式R=U/ I可知，电阻R与电压U成正比，与电流I成反比C.I-U图像是过原点的一条直线的元件是线性元件D.利用金属的电阻率随温度的升高而增大可以制成电阻温度计6、从旧白炽灯上取下的阻值为R的均匀电阻丝，下列说法中正确的是（）A．常温下，若将电阻丝均匀拉长为原来的10倍，则电阻变为10RB．常温下，若将电阻丝从中点对折起来，电阻变为R/4C．给电阻丝加上的电压逐渐从零增大到U0，则任一状态下的U/I比值不变D．作出电阻丝的伏安特性曲线是一条直线。
高二物理上学期第周周练试题高二全册物理试题
嗦夺市安培阳光实验学校横峰中学2016-17学年度上学期周练（第13周）高二年级物理试卷一、选择题：（本题包括6小题，共60分，每小题只有一个选项符合题意）1、如图所示为伏安法测电阻的一种常用电路，以下分析正确的是：( ) A．此接法的测量值大于真实值B．此接法的测量值小于真实值C．此接法要求待测电阻值小于电流表内阻D．开始实验时滑动变阻器滑动头P应处在最左端2．粗细均匀的金属环上A、B、C、D 四点把其周长分成四等分，如图所示，当A、B点接入电路中时，圆环消耗的电功率为P；当A、D点接入电路中时，圆环消耗的电功率为：（电源内阻不计）A．3P；B．4P/3；C． P；D．3P/43．如图所示的电路中，水平放置的平行板电容器中有一个带电液滴正好处于静止状态，现将滑动变阻器的滑片P向左移动，则( )A．电容器中的电场强度将增大 B ．电容器上的电荷量将减少C ．电容器的电容将减小 D．液滴将向上运动4.如图所示，直线a为某电源的U—I图线，直线b为电阻R的U—I图线，用该电源和该电阻组成闭合电路时，电源的输出功率和电源的内阻分别为( )A．4W，1ΩB．6W，1ΩC．4W，0.5ΩD．2W，0.5Ω5．某同学用伏安法测小灯泡的电阻时，误将电流表和电压表接成如图7所示的电路．接通电源后，可能出现的情况是( )A．电流表烧坏B．电压表烧坏C．小灯泡烧坏D．小灯泡不亮6．两个电压表甲、乙是由完全相同的电流表改装而成，它们的量程分别为5 V、15 V，为了测量15～20 V的电压，把甲、乙串联起来使用，则两表的( ) A．读数相同B．指针偏转角度相同C．读数反比于表的内阻D．指针偏转角度正比于表的内阻二、实验题：（本题包括1小题，共20分；第1个空5分，其他每空3分）第1题第2题ErR1PR2第3题第4题7（1）．用多用表的欧姆挡测量阻值约为几十千欧的电阻R x ，以下给出的是可能的实验操作步骤，其中S 为选择开关，P 为欧姆挡调零旋钮。
高二物理周练试卷—带详细答案
高二理科周练试卷姓名：___________班级：___________考号：___________一、单选题1．一个单摆做受迫振动，其共振曲线(振幅A与驱动力的频率f的关系)如图所示，则()A．此单摆的固有周期约为0.5 sB．此单摆的摆长约为1 mC．若摆长增大，单摆的固有频率增大D．若摆长增大，共振曲线的峰将向右移动2．如图所示是扬声器纸盆中心做简谐运动的振动图象，下列判断正确的是A．t=2×10-3s时刻纸盆中心的速度最大B．t=3×10-3s时刻纸盆中心的加速度最大C．在0〜l×10-3s之间纸盆中心的速度方向与加速度方向相同D．纸盆中心做简谐运动的方程为x=1.5×10-4cos50πt（m）3．当一弹簧振子在竖直方向上作简谐振动时，下列说法正确的是（）A．振子经过同一位置时，速度大小一定相同B．振子从最低点向平衡位置运动过程中，弹簧弹力始终做负功C ．振子在从最低点向平衡位置运动过程中受到重力、弹力和回复力D ．振子在平衡位置时，其动能最小，弹簧的弹性势能最大4．在“用单摆测定重力加速度”的实验中，实验时用拉力传感器测得摆线的拉力大小F 随时间t 变化的图象如图所示，则该单摆的周期为（ ）A ．tB ．2tC ．3tD ．4t5．某质点做简谐运动的振幅为A,周期为T ,则质点在6T 时间内的最大路程是 A ．1.5A B ．A C ．0.5A D ．0.2A6．如图所示，一水平弹簧振子在光滑水平面上的B 、C 两点间做简谐运动，O 为平衡位置．已知振子由完全相同的P 、Q 两部分组成，彼此拴在一起．当振子运动到B 点的瞬间，将P 拿走，则以后Q 的运动和拿走P 之前相比有（ ）A ．Q 的振幅不变，通过O 点的速率减小B ．Q 的振幅不变，通过O 点的速率增大C ．Q 的振幅增大，通过O 点的速率增大D ．Q 的振幅减小，通过O 点的速率减小7．如图所示，质量为M 的物块钩在水平放置的左端固定的轻质弹簧的右端，构成一弹簧振子，物块可沿光滑水平面在BC 间做简谐运动，振幅为A ．在运动过程中将一质量为m 的小物块轻轻地放在M 上，第一次是当M 运动到平衡位置O 处时放在上面，第二次是当M 运动到最大位移处C 处时放在上面，观察到第一次放后的振幅为A 1，第二次放后的振幅为A 2，则（ ）A ．A 1=A 2=AB ．A 1<A 2=AC ．A 1=A 2<AD ．A 2<A 1=A8．一根粗细均匀的软绳一端固定，另一端用手抓住并上、下振动，形成了向右传播的波。
高中高二物理上学期第一次周练试卷(含解析)-人教版高二全册物理试题
河南省洛阳市伊川实验高中 2015～2016 学年度高二上学期第一次周练物理试卷一、选择题〔10为单项选择题，114为多项选择题，共70分〕1．如下列图，质量为m1=2kg 的物体A经跨过定滑轮的轻绳与质量为M=5kg的箱子B相连，箱子底板上放一质量为m2=1kg 的物体C，不计定滑轮的质量和一切阻力，在箱子加速下落的过程中，取g=10m/s 2，如下正确的答案是〔〕A．物体A处于失重状态，加速度大小为10m/s2B．物体A处于超重状态，加速度大小为20m/s2C．物体C处于失重状态，对箱子的压力大小为5N D．轻绳对定滑轮的作用力大小为80N2．细绳拴一个质量为m的小球，小球用固定在墙上的水平弹簧支撑，小球与弹簧不粘连，平衡时细绳与竖直方向的夹角为53°，如下列图，以下说法正确的答案是〔〕〔cos53°=0.6，sin53°=0.8〕A．小球静止时弹簧的弹力大小为mg B．小球静止时细绳的拉力大小为mg C．细绳烧断瞬间小球的加速度立即变为gD．细绳烧断瞬间小球的加速度立即变为g3．物块1、2放在光滑水平面上加用轻质弹簧相连，如下列图．今对物块1、2分别施以方向相反的水平力F1、F2．且F1大于F2，如此弹簧秤的示数〔〕A．一定等于F1+F2 B．一定等于F1﹣F2C．一定大于F2小于F1 D．条件不足，无法确定4．放在粗糙水平面上的物体A上叠放着物体B．A和B之间有一根处于压缩状态的弹簧．A、B均处于静止状态．如下说法中正确的答案是〔〕A．B受到向左的摩擦力B．B对A的摩擦力向右C．地面对A的摩擦力向右D．地面对A没有摩擦力5．如下列图，质量为m的球置于斜面上，被一个竖直挡板挡住、现用一个力F拉斜面，使斜面在水平面上做加速度为a 的匀加速直线运动，忽略一切摩擦，以下说法中正确的答案是〔〕A．假设加速度足够小，竖直挡板对球的弹力可能为零B．假设加速度足够大，斜面对球的弹力可能为零C．斜面和挡板对球的弹力的合力等于ma D．斜面对球的弹力不仅有，而且是一个定值6．如下列图，带支架的平板小车沿水平面向左做直线运动，小球A用细线悬挂于支架前端，质量为m 的物块B始终相对于小车静止地摆放在右端．B与小车平板间的动摩擦因数为．假设某时刻观察到细线偏离竖直方向θ角，如此此刻小车对物块B产生的作用力的大小和方向为〔〕A．mg，斜向右上方B．mg，斜向左上方C．mgtan θ，水平向右D．mg，竖直向上7．一个静止的质点，在0～5s时间内受到合力F的作用，合力的方向始终在同一直线上，合力F随时间t的变化图线如下列图．如此质点在〔〕A．第1s末速度方向改变B．第2s末加速度为零C．第4s末运动速度为零D．第4s末回到原出发点8．受水平向右外力F 作用的物体如图1，在粗糙水平面上向右做直线运动，其v ﹣t 图线如图2 所示，如此〔〕A ．在0～t 1 秒内，外力F 大小不断减小B ．在t 1 时刻，外力F 为零C ．在t 1～t 2 秒内，外力F 大小不断减小D ．在t 1～t 2 秒内，外力F 大小可能先增大后减小9．如下列图，在光滑水平面上有甲、乙两木块，质量分别为m 1和m 2，中间用一原长为L 、劲度系数为k 的轻质弹簧连接起来，现用一水平力F 向左推木块乙，当两木块一起匀加速运动时，两木块之间的距离是〔〕A ．B ．C ．L ﹣D ． 10．如图物体A 叠放在物体B 上，B 置于光滑水平面上．A ，B 质量分别为m A =6kg ，m B =2kg ，A ， B 之间的动摩擦因数=0.2，开始时F=10N ，此后逐渐增加，在增大到45N 的过程中，如此〔〕A ．当拉力F ＜12N 时，两物体均保持静止状态B ．两物体开始没有相对运动，当拉力超过12N 时，开始相对滑动C ．两物体间从受力开始就有相对运动D ．两物体间始终没有相对运动11．三百多年前，伽利略用实验和推理，推翻了已在欧洲流行了近两千年的亚里士多德关于力和运动的理论，开启了物理学开展的新纪元．以下说法与事实相符的是〔〕A ．根据亚里士多德的论断，力是改变物体运动状态的原因B．笛卡尔经研究指出：如果运动中的物体没有受到力的作用，它将继续以同一速度沿同一直线运动，既不停下来也不偏离原来的方向C．伽利略通过数学推算并用实验验证了小球在斜面上从静止开始运动的位移与所用时间的平方成正比D．牛顿总结伽利略等前人的经验，得出了牛顿第一定律12．如下列图，一木块在光滑水平面上受一恒力F作用，前方固定一足够长的弹簧，如此当木块接触弹簧后〔〕A．木块立即做减速运动B．木块在一段时间内速度仍可增大C．当F等于弹簧弹力时，木块速度最大D．弹簧压缩量最大时，木块加速度为零13．如图甲所示，A、B两物体叠放在一起，放在光滑的水平面上，从静止开始受到一变力F的作用，该力与时间的关系如图乙所示，A、B始终相对静止，如此如下说法不正确的答案是〔〕A．t0时刻，A、B间静摩擦力最大B．t0时刻，B速度最大C．2t0 时刻，A、B间静摩擦力为零D．2t0 时刻，A、B位移最大14．如下列图，质量为m的物体用细绳拴住放在水平粗糙传送带上，物体距传送带左端距离为L，稳定时绳与水平方向的夹角为θ，当传送带分别以v1、v2 的速度做逆时针转动时〔v1＜v2〕，绳中的拉力分别为F1、F2；假设剪断细绳时，物体到达左端的时间分别为t1、t2，如此如下说法正确的答案是〔〕A．F1＜F2 B．F1=F2 C．t1大于t2 D．t1可能等于t2二、计算题15．质量为0.1kg 的弹性球从空中某高度由静止开始下落，该下落过程对应的v﹣t图象如图所示．球与水平地面相碰后离开地面时的速度大小为碰撞前的．设球受到的空气阻力大小恒为f ，取g=10m/s 2，如此：弹性球受到的空气阻力f 的大小为N ，弹性球第一次碰撞后反弹的高度h 为m ．16．如下列图，在光滑的水平地面上有一个长为L，质量为M=4Kg的木板A，在木板的左端有一个质量为m=2Kg 的小物体B，A、B之间的动摩擦因数为=0.2，当对B施加水平向右的力F作用时〔设A、B间的最大静摩擦力大小与滑动摩擦力大小相等〕，〔1〕假设F=5N，如此A、B加速度分别为多大？假设F=10N，如此A、B加速度分别为多大？〔3〕在的条件下，假设力F作用时间t=3s，B刚好到达木板A的右端，如此木板长L应为多少？河南省洛阳市伊川实验高中2015～2016学年度高二上学期第一次周练物理试卷参考答案与试题解析一、选择题〔10为单项选择题，114为多项选择题，共70分〕1．如下列图，质量为m1=2kg 的物体A经跨过定滑轮的轻绳与质量为M=5kg的箱子B相连，箱子底板上放一质量为m2=1kg 的物体C，不计定滑轮的质量和一切阻力，在箱子加速下落的过程中，取g=10m/s 2，如下正确的答案是〔〕A．物体A处于失重状态，加速度大小为10m/s2B．物体A处于超重状态，加速度大小为20m/s2C．物体C处于失重状态，对箱子的压力大小为5N D．轻绳对定滑轮的作用力大小为80N【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】先分别对A和BC整体受力分析，求解出加速度；然后再隔离B，受力分析后根据牛顿第二定律列式求解．【解答】解：A、B、设加速度大小为a，对物体A，受到重力和拉力，根据牛顿第二定律，有：T﹣m1g=m1a；对物体BC整体，根据牛顿第二定律，有：〔M+m2〕g﹣T=〔M+m2〕a；联立解得：a=5m/s2T=30N物体A以的5m/s 2加速度加速上升，超重，故A错误，B错误；C、物体C受重力和支持力，根据牛顿第二定律，有：m2g﹣N=m2a，解得N=m2〔g﹣a〕=1×〔10 ﹣5〕=5N，故C正确；D、滑轮受力平衡，故2T=F；故轻绳对定滑轮的作用力为60N，故D错误；应当选C．【点评】此题关键是灵活选择研究对象并受力分析，然后根据牛顿第二定律列式求解，不难．2．细绳拴一个质量为m的小球，小球用固定在墙上的水平弹簧支撑，小球与弹簧不粘连，平衡时细绳与竖直方向的夹角为53°，如下列图，以下说法正确的答案是〔〕〔cos53°=0.6，sin53°=0.8〕A ．小球静止时弹簧的弹力大小为mgB ．小球静止时细绳的拉力大小为mgC ．细绳烧断瞬间小球的加速度立即变为gD ．细绳烧断瞬间小球的加速度立即变为g【考点】牛顿第二定律．【专题】牛顿运动定律综合专题．【分析】小球静止时，分析受力情况，由平衡条件求解弹簧的弹力大小和细绳的拉力大小．细绳烧断瞬间弹簧的弹力不变，如此小球所受的合力与烧断前细绳拉力的大小相等、方向相反，即可求出加速度．【解答】解：A 、B 小球静止时，分析受力情况，如图，由平衡条件得：弹簧的弹力大小为：F=mgtan53°=细绳的拉力大小为：T==．故A 错误，B 正确．C 、D 细绳烧断瞬间弹簧的弹力不变，如此小球所受的合力与烧断前细绳拉力的大小相等、方向相反，如此此瞬间小球的加速度大小为： a==．故C 错误，D 正确．应当选：BD【点评】此题中小球先处于平衡状态，由平衡条件求解各力的大小，后烧断细绳，小球处于非平衡条件，抓住细绳烧断瞬间弹簧的弹力不变是关键．3．物块1、2放在光滑水平面上加用轻质弹簧相连，如下列图．今对物块1、2分别施以方向相反的水平力F1、F2．且F1大于F2，如此弹簧秤的示数〔〕A．一定等于F1+F2 B．一定等于F1﹣F2C．一定大于F2小于F1 D．条件不足，无法确定【考点】力的合成与分解的运用；牛顿第三定律．【先用整体法求出加速度，然后用隔离法隔离出物体1，运用牛顿第二定律求出弹簧的拉力．【解答】解：两个物体一起向左做匀加速直线运动，对两个物体整体运用牛顿第二定律，有F1﹣F2=〔M+m〕a ①再对物体1受力分析，运用牛顿第二定律，得到F1﹣F=Ma ②由①②两式解得F=由于F1大于F2，故F一定大于F2小于F1应当选C．【点评】此题关键先用整体法求出加速度，再用隔离法求出系统内力．4．放在粗糙水平面上的物体A上叠放着物体B．A和B之间有一根处于压缩状态的弹簧．A、B均处于静止状态．如下说法中正确的答案是〔〕A．B受到向左的摩擦力B．B对A的摩擦力向右C．地面对A的摩擦力向右D．地面对A没有摩擦力【考点】共点力平衡的条件与其应用；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】压缩状态的弹簧对B有向左的弹力，B有向左运动的趋势，受到向右的摩擦力，根据牛顿第三定律可知，B对A的摩擦力向左．对整体研究，地面对A没有摩擦力．【解：A、压缩状态的弹簧对B有向左的弹力，B有向左运动的趋势，受到向右的摩擦力．故A错误．B、由上可知：A对B的摩擦力向右，根据牛顿第三定律可知，B对A的摩擦力向左．故B错误．C、D对整体研究，根据平衡条件分析可知，地面对A没有摩擦力．故C错误，D正确．应当选D 【点评】此题关键是灵活选择研究对象．对物体受力分析时往往根据平衡条件和牛顿第三定律来分析．5．如下列图，质量为m的球置于斜面上，被一个竖直挡板挡住、现用一个力F拉斜面，使斜面在水平面上做加速度为a 的匀加速直线运动，忽略一切摩擦，以下说法中正确的答案是〔〕A．假设加速度足够小，竖直挡板对球的弹力可能为零B．假设加速度足够大，斜面对球的弹力可能为零C．斜面和挡板对球的弹力的合力等于maD．斜面对球的弹力不仅有，而且是一个定值【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】分析小球受到的重mg、斜面的支持力F N2、竖直挡板的水平弹力F N1，然后向水平和竖直分解斜面的支持力F N2，在竖直方向列力的平衡方程，在水平方向列牛顿第二定律方程，根据所列的方程分析即可选出答案．【解答】解：小球受到的重mg、斜面的支持力F N2、竖直挡板的水平弹力F N1，设斜面的倾斜角为α如此竖直方向有：F N2cosα=mg∵mg和α不变，∴无论加速度如何变化，F N2 不变且不可能为零，故B错，D对．水平方向有：F N1﹣F N2sinα=ma∵F N2sinα≠0，假设加速度足够小，竖直挡板的水平弹力不可能为零，故A错．斜面和挡板对球的弹力的合力即为竖直方向的F N2cosα与水平方向的力ma 的合成，因此大于ma，故C错误．应当选D．【点评】此题结合力的正交分解考察牛顿第二定律，正确的分析受力与正确的分解力是关键．6．如下列图，带支架的平板小车沿水平面向左做直线运动，小球A用细线悬挂于支架前端，质量为m 的物块B始终相对于小车静止地摆放在右端．B与小车平板间的动摩擦因数为．假设某时刻观察到细线偏离竖直方向θ角，如此此刻小车对物块B产生的作用力的大小和方向为〔〕A．mg，斜向右上方B．mg，斜向左上方C．mgtan θ，水平向右D．mg，竖直向上【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】先以A为研究对象，根据牛顿第二定律求出加速度．再对B研究，由牛顿第二定律求解小车对物块B产生的摩擦力大小和方向，再对支持力进展合成，得到小车对B的作用力的大小和方向．【解答】解：以A为研究对象，分析受力如图，根据牛顿第二定律得：m A gtanθ=m A a得：a=gtanθ，方向水平向右．再对B研究得：小车对B的摩擦力f=ma=mgtanθ，方向水平向右，小车对B的支持力大小为N=mg，方向竖直向上，如此小车对物块B产生的作用力的大小为：F==mg，方向斜向右上方应当选：A【点评】此题要抓住小球、物块B和小车的加速度一样的特点，根据牛顿第二定律采用隔离法研究．7．一个静止的质点，在0～5s时间内受到合力F的作用，合力的方向始终在同一直线上，合力F随时间t的变化图线如下列图．如此质点在〔〕A．第1s末速度方向改变B．第2s末加速度为零C．第4s末运动速度为零D．第4s末回到原出发点【考点】牛顿第二定律．【专题】牛顿运动定律综合专题．【解决此题的关键根据F﹣t图象作出v﹣t图，即可得出t=1s时，t=3s时物体的速度相等．t=0 时，t=2s 时，t=4s时物体的速度一样．即物体在0﹣1s 内加速，在1﹣2s内减速，如此反复．但整个过程当中【解答】解：根据题意可知合力随时间周期性变化，故根据牛顿第二定律F=ma 可得：物体运动的方向不变．物体的加速度a=．故在0﹣1s内物体做加速度为a匀加速直线运动，在1﹣2s内物体做加速度为a的匀减速直线运动，作出v﹣t图象如图．A、由v﹣t图象可以看出物体一直向同一方向运动，速度方向始终没有发生改变，故A错误；B、2s末合力不为零，故加速度不为零，故B错误；C、由v﹣t图象可以看出4s 末速度为零，故C正确；D、由于整个运动过程中，质点一直向一个方向运动，不可能回到原出发点．故D错误．应当选：C．【点评】此题根据牛顿第二定律分析质点的运动情况，再作出v﹣t图象是一种技巧，应注意积累和掌握．8．受水平向右外力F作用的物体如图1，在粗糙水平面上向右做直线运动，其v﹣t图线如图2 所示，如此〔〕A．在0～t1 秒内，外力F大小不断减小B．在t1 时刻，外力F为零C．在t1～t2 秒内，外力F大小不断减小D．在t1～t2 秒内，外力F大小可能先增大后减小【考点】牛顿第二定律；匀变速直线运动的图像．【专题】牛顿运动定律综合专题．【分析】速度时间图线的切线斜率表示瞬时加速度大小，根据加速度的变化，结合牛顿第二定律得出外力F的变化．【解答】解：A、在0﹣t1 时间内，物体做变加速运动，图线的斜率减小，如此加速度减小，根据牛顿第二定律得F﹣f=ma，因为阻力的大小不变，知外力F减小．故A正确；B、在t1 时刻，图线的切线斜率为零，加速度为零，如此外力F等于阻力．故B错误．C、在t1﹣t2 时间内，物体做减速运动，切线的斜率逐渐增大，如此加速度增大，根据牛顿第二定律得f﹣F=ma，假设外力F的方向与速度方向一样，如此外力F不断减小．由于F的大小减小为零后，可能反向增大，加速度增大．故C正确，D错误．应当选：AC．【点评】解决此题的关键是知道速度时间图线的切线斜率表示加速度，抓住阻力不变，结合牛顿第二定律分析求解．9．如下列图，在光滑水平面上有甲、乙两木块，质量分别为m1和m2，中间用一原长为L、劲度系数为k 的轻质弹簧连接起来，现用一水平力F向左推木块乙，当两木块一起匀加速运动时，两木块之间的距离是〔〕A ．B ．C ．L ﹣D ． 【考点】牛顿第二定律；物体的弹性和弹力．【分析】原长为L ，由胡克定律求出弹簧被压缩的长度，甲乙间的距离就知道了．【解答】解：两木块一起匀加速运动，它们有共同的加速度，对于整体，由F=〔m 1+m 2〕a ﹣﹣﹣﹣﹣﹣①对于甲，F弹=m1a﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣②对弹簧F弹=kx﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣③由①②③解得，X=，故两木块之间的距离是L﹣，所以B正确．应当选：B．【点评】两木块之间的距离就是弹簧后来的长度，由胡克定律很容易求出，此题较简单．10．如图物体A叠放在物体B上，B置于光滑水平面上．A，B质量分别为m A=6kg，m B=2kg，A，B之间的动摩擦因数=0.2，开始时F=10N，此后逐渐增加，在增大到45N的过程中，如此〔〕A．当拉力F＜12N时，两物体均保持静止状态B．两物体开始没有相对运动，当拉力超过12N时，开始相对滑动C．两物体间从受力开始就有相对运动D．两物体间始终没有相对运动【考点】牛顿第二定律；滑动摩擦力；静摩擦力和最大静摩擦力．【专题】牛顿运动定律综合专题．【分析】隔离对B分析，求出AB发生相对滑动时的临界加速度，再对整体分析，运用牛顿第二定律求出刚好发生相对滑动时的拉力．【解答】解：隔离对B分析，当AB间摩擦力达到最大静摩擦力时，A、B发生相对滑动，如此．再对整体分析F=〔m A+m B〕a=8×6N=48N．知当拉力达到48N时，A、B才发生相对滑动．在F小于12N时，两者是保持相对静止的，相对于地面是运动的．故D正确，A、B、C错误．应当选D．【点评】此题考查牛顿第二定律的临界问题，关键找出临界状态，运用整体法和隔离法，根据牛顿第二定律进展求解．11．三百多年前，伽利略用实验和推理，推翻了已在欧洲流行了近两千年的亚里士多德关于力和运动的理论，开启了物理学开展的新纪元．以下说法与事实相符的是〔〕A．根据亚里士多德的论断，力是改变物体运动状态的原因B．笛卡尔经研究指出：如果运动中的物体没有受到力的作用，它将继续以同一速度沿同一直线运动，既不停下来也不偏离原来的方向C．伽利略通过数学推算并用实验验证了小球在斜面上从静止开始运动的位移与所用时间的平方成正比D．牛顿总结伽利略等前人的经验，得出了牛顿第一定律【考点】物理学史．【分析】根据物理学史和常识解答，记住著名物理学家的主要贡献即可．【解答】解：A、亚里士多德的论断，力是维持物体运动的原因．伽利略根据理想斜面实验，发现了力不是维持物体运动的原因，故A错误；B、笛卡尔指出：如果运动中的物体没有受到力的作用，不停下来也不偏离原来的方向，故B正确；C、伽利略通过数学推算并用实验验证了小球在斜面上从静止开始运动的位移与所用时间的平方成正比．故C正确．D、牛顿根据伽利略的理想实验得出牛顿第一定律．故D正确．应当选：BCD【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，这也是考试内容之一．12．如下列图，一木块在光滑水平面上受一恒力F作用，前方固定一足够长的弹簧，如此当木块接触弹簧后〔〕A．木块立即做减速运动B．木块在一段时间内速度仍可增大C．当F等于弹簧弹力时，木块速度最大D．弹簧压缩量最大时，木块加速度为零【考点】牛顿第二定律．【专题】牛顿运动定律综合专题．【分析】木块接触弹簧后，水平方向受到恒力F和弹簧的弹力，根据弹力与F的大小关系，确定合力方向与速度方向的关系，判断木块的运动情况．【解答】解：当木块接触弹簧后，水平方向受到向右的恒力F和弹簧水平向左的弹力．弹簧的弹力先小于恒力F，后大于恒力F，木块所受的合力方向先向右后向左，如此木块先做加速运动，后做减速运动，当弹力大小等于恒力F时，木块的速度为最大值．当弹簧压缩量最大时，弹力大于恒力F，合力向左，加速度大于零，故BC正确，AD错误．应当选：BC【点评】此题考查分析物体受力情况和运动情况的能力，要抓住弹簧弹力的可变性进展动态分析．13．如图甲所示，A、B两物体叠放在一起，放在光滑的水平面上，从静止开始受到一变力F的作用，该力与时间的关系如图乙所示，A、B始终相对静止，如此如下说法不正确的答案是〔〕A．t0时刻，A、B间静摩擦力最大B．t0时刻，B速度最大C．2t0 时刻，A、B间静摩擦力为零D．2t0 时刻，A、B位移最大【考点】牛顿第二定律；摩擦力的判断与计算．【专题】牛顿运动定律综合专题．【分析】根据牛顿第二定律分析何时整体的加速度最大．再以A为研究对象，当加速度最大时，A受到的静摩擦力最大．分析整体的运动情况，分析何时B的速度最大，并确定何时AB位移最大．【解答】解：A、以整体为研究对象，在t0 时刻，推力为零，故A、B之间的摩擦力为零，故A错误；B、整体在0﹣t0 时间内，做加速运动，在t0﹣2t0 时间内，向原方向做减速运动，如此t0 时刻，A、B 速度最大，在2t0 时刻两物体速度为零，速度最小，故B正确；C、以整体为研究对象，根据牛顿第二定律分析得知，0、2t0 时刻整体所受的合力最大，加速度最大，再以A为研究对象，分析可知，A 受到的静摩擦力最大，故C错误；D、0﹣2t0时间内，整体做单向直线运动，位移逐渐增大，如此2t0 时刻，A、B位移最大．故D正确．应当选：BD【点评】此题一方面要灵活选择研究对象，另一方面，要能根据物体的受力情况分析物体的运动过程，这是学习动力学的根本功．14．如下列图，质量为m的物体用细绳拴住放在水平粗糙传送带上，物体距传送带左端距离为L，稳定时绳与水平方向的夹角为θ，当传送带分别以v1、v2 的速度做逆时针转动时〔v1＜v2〕，绳中的拉力分别为F1、F2；假设剪断细绳时，物体到达左端的时间分别为t1、t2，如此如下说法正确的答案是〔〕A．F1＜F2 B．F1=F2 C．t1大于t2 D．t1可能等于t2【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】两种情况下木块均保持静止状态，对木快受力分析，根据共点力平衡条件可列式分析出绳子拉力大小关系；绳子断开后，对木块运动情况分析，可比拟出运动时间．【解答】解：A、B、对木块受力分析，受重力G、支持力N、拉力T、滑动摩擦力f，如图由于滑动摩擦力与相对速度无关，两种情况下的受力情况完全一样，根据共点力平衡条件，必然有F1=F2，故B正确，A错误．CD、绳子断开后，木块受重力、支持力和向左的滑动摩擦力，重力和支持力平衡，合力等于摩擦力，水平向左加速时，根据牛顿第二定律，有：mg=ma 解得：a= g 故木块可能一直向左做匀加速直线运动；也可能先向左做匀加速直线运动，等到速度与皮带速度一样，然后一起匀速运动；由于v 1＜v 2，故①假设两种情况下木块都是一直向左做匀加速直线运动，如此t l 等于t 2②假设传送带速度为v 1时，木块先向左做匀加速直线运动，等到速度与皮带速度一样，然后一起匀 速运动；传送带速度为v 2 时，木块一直向左做匀加速直线运动，如此t 1＞t 2③两种情况下木块都是先向左做匀加速直线运动，等到速度与皮带速度一样，然后一起匀速运 动，如此t 1＞t 2．故C 正确，D 错误．应当选：BD ．【点评】此题关键对木块进展受力分析，根据共点力平衡条件列式求解；皮带上木块的运动要分情况讨论．二、计算题15．质量为0.1kg 的弹性球从空中某高度由静止开始下落，该下落过程对应的v ﹣t 图象如图所 示．球与水平地面相碰后离开地面时的速度大小为碰撞前的．设球受到的空气阻力大小恒为f ，取g=10m/s 2，如此：弹性球受到的空气阻力f 的大小为0.2 N ，弹性球第一次碰撞后反弹的高度h 为 0.375 m ．【考点】牛顿第二定律；匀变速直线运动的图像．【专题】牛顿运动定律综合专题．【〔1〕速度时间图象与时间轴围成的面积表示位移，斜率表示加速度，在下落过程中根据图象求出加速度，根据牛顿第二定律即可求得空气阻力；先根据牛顿第二定律求得上升时的加速度，再根据位移速度公式即可求解．【解答】解：设弹性球第一次下落过程中的加速度为a ，由速度时间图象得：，根据牛顿第二定律得，mg ﹣f=ma ，解得阻力f=mg ﹣ma=1﹣0.1×8N=0.2N ．。
[推荐学习]高二物理上学期周练试卷(含解析)
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2015-2016学年江苏省连云港市灌云县四队中学高二（上）周练物理试卷一、单项选择题（本题共16小题，每小题4分，共计64分．每小题只有一个选项符合题意．）1．在物理学研究中，有时可以把物体看成质点，则下列说法中正确的是（）A．研究乒乓球的旋转，可以把乒乓球看成质点B．研究车轮的转动，可以把车轮看成质点C．研究跳水运动员在空中的翻转，可以把运动员看成质点D．研究地球绕太阳的公转，可以把地球看成质点2．下列速度中，指平均速度的是（）A．汽车通过长江大桥全程的速度B．子弹射出枪口时的速度C．雨滴落地时的速度D．运动员冲过终点时的速度3．一个物体做直线运动，其速度﹣时间图象如图所示，由此可以判断该物体做的是（）A．初速度为零的匀加速运动B．初速度不为零的匀加速运动C．匀速运动 D．匀减速运动4．关于点电荷，下列表述正确的是（）A．任何带电体都能看作点电荷B．点电荷是实际带电体的理想化模型C．只有带电量很小的带电体才能看作点电荷D．只有质量很小的带电体才能看作点电荷5．两个大小材质完全相同的金属小球a、b，带电荷量分别为+3q和﹣q，两小球接触后分开，小球带电量为（）A．a为+3q，b为﹣q B．a为﹣q，b为+3qC．a为+2q，b为﹣2q D．a为+q，b为+q6．月球上没有空气，若宇航员在月球上将羽毛和石块从同一高度处同时由静止释放，则（）A．羽毛先落地B．石块先落地C．它们同时落地 D．它们不可能同时落地7．如图所示，将条形磁铁从相同的高度分别以速度v和2v插入线圈，电流表指针偏转角度较大的是（）A．以速度v插入 B．以速度2v插入C．一样大D．无法确定8．在如图所示的电场中，a、b两点的电场强度相同的是（）A．B．C．D．9．关于电场线的以下说法中，正确的是（）A．电场线上每一点的切线方向都跟电荷在该点的受力方向相同B．沿电场线的方向，电场强度越来越小C．电场线越密的地方同一检验电荷受的电场力就越大D．顺着电场线移动电荷，电荷受电场力大小一定不变10．如图所示，在匀强磁场中有一通电直导线，电流方向垂直纸面向里，则直导线受到安培力的方向是（）A．向上 B．向下 C．向左 D．向右11．下列直线运动的位移﹣时间（x﹣t）图象中，表示物体做匀速运动的是（）A．B． C．D．12．最早对自由落体运动进行科学的研究，否定了亚里士多德错误论断的科学家是（）A．伽利略B．牛顿 C．开普勒D．胡克13．传感器被广泛的应用在日常生活中，下列用电器中，没有使用温度传感器的是（）A．遥控器B．空调机C．电冰箱D．电饭锅14．关于电磁波，下列说法正确的是（）A．所有电磁波的频率相同B．电磁波只能在真空中传播C．电磁波在任何介质中的传播速度相同D．电磁波在真空中的传播速度是3×108m/s15．如图所示，一带正电的物体位于M处，用绝缘丝线系上带正电的小球，分别挂在P1、P2、P3的位置，可观察到小球在不同位置时丝线偏离竖直方向的角度不同．则下面关于此实验得出的结论中正确的是（）A．电荷之间作用力的大小与两电荷间的距离有关B．电荷之间作用力的大小与两电荷的性质有关C．电荷之间作用力的大小与两电荷所带的电量有关D．电荷之间作用力的大小与丝线的长度有关16．一个不计重力的带正电荷的粒子，沿图中箭头所示方向进入磁场，磁场方向垂直于纸面向里，则粒子的运动轨迹为（）A．圆弧a B．直线bC．圆弧c D．a、b、c都有可能二、填空题（每空3分，共21分）.17．如图所示，把长为L的导体棒置于竖直向下的匀强磁场中，磁场的磁感应强度为B，导体棒与磁场方向垂直，棒中通有电流I，则导体棒所受安培力的大小为．为增大导体棒所受的安培力，可采用的方法是（填一种方法即可）．18．（9分）如图为某同学在实验中打出的一条纸带，计时器打点的时间间隔为0.02s．他从比较清晰的点起，每五个点取一个计数点，则相邻两计数点间的时间间隔为s．由此可知，纸带做运动（选填“匀加速”或“匀减速”），为了由v﹣t图象求出小车的加速度，他量出相邻两计数点间的距离，分别求出打各计数点时小车的速度．其中打计数点3时小车的速度为 m/s．19．如图所示为一正弦式电流的u﹣t图象，由图可知：该交变电流的频率为Hz，电压的有效值为V．三、计算题（15分）．20．（15分）（2015•海南）2012年11月，我国歼﹣15舰载战斗机首次在“辽宁舰”上成功降落，有关资料表明，该战斗机的质量m=2.0×104kg，降落时在水平甲板上受阻拦索的拦阻，速度从v=80m/s减小到零所用时间t=2.5s．若将上述运动视为匀减速直线运动，求：该战斗机在此过程中（1）加速度的大小a；（2）滑行的距离x；（3）所受合力的大小F．2015-2016学年江苏省连云港市灌云县四队中学高二（上）周练物理试卷参考答案与试题解析一、单项选择题（本题共16小题，每小题4分，共计64分．每小题只有一个选项符合题意．）1．在物理学研究中，有时可以把物体看成质点，则下列说法中正确的是（）A．研究乒乓球的旋转，可以把乒乓球看成质点B．研究车轮的转动，可以把车轮看成质点C．研究跳水运动员在空中的翻转，可以把运动员看成质点D．研究地球绕太阳的公转，可以把地球看成质点【考点】质点的认识．【专题】直线运动规律专题．【分析】当物体的形状、大小对所研究的问题没有影响时，我们就可以把它看成质点，根据把物体看成质点的条件来判断即可．【解答】解：A、研究乒乓球的旋转时，不能把乒乓球看成质点，因为看成质点的话，就没有旋转可言了，所以A错误．B、研究车轮的转动是，不能把车轮看成质点，因为看成质点的话，就没有转动可言了，所以B错误．C、研究跳水运动员在空中的翻转时，不能看成质点，把运动员看成质点的话，也就不会翻转了，所以C错误．D、研究地球绕太阳的公转时，地球的大小对于和太阳之间的距离来说太小，可以忽略，所以可以把地球看成质点，所以D正确．故选D．【点评】考查学生对质点这个概念的理解，关键是知道物体能看成质点时的条件，看物体的大小体积对所研究的问题是否产生影响，物体的大小体积能否忽略．2．下列速度中，指平均速度的是（）A．汽车通过长江大桥全程的速度B．子弹射出枪口时的速度C．雨滴落地时的速度D．运动员冲过终点时的速度【考点】平均速度．【专题】直线运动规律专题．【分析】平均速度是指物体在某段距离或某段时间内通过的位移与所用时间的比值．而平均速度是物体在某一时刻或某一位置时的速度．平均速度对应段（包括时间段和位移段），瞬时速度对应点（包括时间点和位置点）．【解答】解：平均速度是指物体在某段距离或某段时间内通过的位移与所用时间的比值．而瞬时速度是物体在某一时刻或某一位置时的速度．平均速度对应段（包括时间段和位移段），瞬时速度对应点（包括时间点和位置点）．A、汽车通过长江大桥在时间上是段，故其速度为平均速度．故A正确．B、子弹射出枪口中的枪口是一个点，故该速度是瞬时速度．故B错误．C、雨滴落到地面，地面是一个位置，对应一个点，故该速度是瞬时速度．故C错误．D、运动员冲过终点，终点是一个点，故该速度是瞬时速度，故D错误．故选A．【点评】深刻而准确的理解物理概念是学好物理的基础．3．一个物体做直线运动，其速度﹣时间图象如图所示，由此可以判断该物体做的是（）A．初速度为零的匀加速运动B．初速度不为零的匀加速运动C．匀速运动 D．匀减速运动【考点】匀变速直线运动的图像；匀变速直线运动的速度与时间的关系．【专题】运动学中的图像专题．【分析】正确理解v﹣t图象物理意义，速度图象的斜率表示加速度，能从图象上判断物体的运动形式，速度、加速度、位移的变化情况是解决本题的关键．【解答】解：速度图象的斜率表示加速度，图象为一不过原点的倾斜直线，斜率不发生变化，加速度均匀增大，因此物体做初速度不为零的匀加速直线运动；故选：B．【点评】本题比较简单，考察了对v﹣t图象的理解，能图象上判断物体运动形式，知道速度、加速度的变化情况是对学生的基本要求．4．关于点电荷，下列表述正确的是（）A．任何带电体都能看作点电荷B．点电荷是实际带电体的理想化模型C．只有带电量很小的带电体才能看作点电荷D．只有质量很小的带电体才能看作点电荷【考点】元电荷、点电荷．【专题】电场力与电势的性质专题．【分析】当电荷的形状、体积和电荷量对分析的问题的影响可以忽略，电荷量对原来的电场不会产生影响的时候，该电荷就可以看做点电荷，根据点电荷的条件分析可以得出结论．【解答】解：A、当电荷的形状、体积和电荷量对分析的问题的影响可以忽略，电荷量对原来的电场不会产生影响的时候，该电荷就可以看做点电荷，故A错误B、点电荷是实际带电体的理想化模型，故B正确C、点电荷是一种理想化的物理模型，其带电荷量并不一定是最小的，故C错误；D、点电荷是一种理想化的物理模型，其质量并不一定是最小的，故D错误；故选B．【点评】本题是基础的题目，考查的就是学生对基本内容的掌握的情况，在平时要注意多积累．5．两个大小材质完全相同的金属小球a、b，带电荷量分别为+3q和﹣q，两小球接触后分开，小球带电量为（）A．a为+3q，b为﹣q B．a为﹣q，b为+3qC．a为+2q，b为﹣2q D．a为+q，b为+q【考点】电荷守恒定律；元电荷、点电荷．【分析】电荷守恒定律：电荷既不能被创造，也不能被消灭，只能从一个物体转移到另一个物体，或者从物体的一部分转移到另一部分；在转移的过程中，电荷的总量保存不变．接触起电物体同种电荷，若两物体完全相同，则会平分电荷．【解答】解：完全相同的金属球，接触时先中和再平分，所以每个球带电=q．故选：D．【点评】本题是基础的题目，考查的就是学生对电荷守恒定律的掌握的情况，比较简单．6．月球上没有空气，若宇航员在月球上将羽毛和石块从同一高度处同时由静止释放，则（）A．羽毛先落地B．石块先落地C．它们同时落地 D．它们不可能同时落地【考点】自由落体运动．【专题】自由落体运动专题．【分析】月球上没有空气，物体只受月球对它的吸引力作用，运动情况与地球上的物体做自由落体运动相似，根据自由落体运动的规律可知，下落时间由高度决定，高度相同，则运动时间相同．【解答】解：月球上没有空气，羽毛和石块只受月球对它的吸引力作用，运动情况与地球上的物体做自由落体运动相似，根据h=可知：t=又因为羽毛和石块从同一高度同时下落，故运动的时间相等，所以羽毛和石块同时落地．故选：C．【点评】月球上没有空气，静止释放的物体运动情况与地球上自由落体运动的物体运动运动情况相似，物体的位移、速度、加速度、时间等与物体的质量无关．这类题目根据自由落体运动的基本规律直接解题，难度不大．7．如图所示，将条形磁铁从相同的高度分别以速度v和2v插入线圈，电流表指针偏转角度较大的是（）A．以速度v插入 B．以速度2v插入C．一样大D．无法确定【考点】楞次定律．【分析】正确理解法拉第电磁感应定律是解本题的关键，感应电动势（或感应电流）和磁通量的变化率成正比和磁通量的变化量无关．【解答】解：将条形磁铁分别以速度υ和2υ插入线圈时磁通量的变化量相同，以2v速度插入时所用时间短，磁通量变化快，即变化率大，则感应电流大，故ACD错误，B正确．故选：B．【点评】要正确理解感应电动势、磁通量变化量、磁通量变化率之间的关系．8．在如图所示的电场中，a、b两点的电场强度相同的是（）A．B．C．D．【考点】电势差与电场强度的关系；电场线．【专题】电场力与电势的性质专题．【分析】电场强度是矢量，只有两点的场强大小和方向都相同时，电场强度才相同．根据这个条件进行判断．【解答】解：A、ab是同一圆上的两点，场强大小相等，但方向不同，则电场强度不同．故A错误．B、ab场强大小不等，但方向相同，则电场强度不同．故B错误．C、ab是匀强电场中的两点，电场强度相同，故C正确D、ab电场线的疏密表示场强的大小，所以ab场强不等，故D错误故选：C．【点评】矢量大小和方向都相同才相同．对于常见电场的电场线分布要了解，有助于解题．9．关于电场线的以下说法中，正确的是（）A．电场线上每一点的切线方向都跟电荷在该点的受力方向相同B．沿电场线的方向，电场强度越来越小C．电场线越密的地方同一检验电荷受的电场力就越大D．顺着电场线移动电荷，电荷受电场力大小一定不变【考点】电场线．【专题】电场力与电势的性质专题．【分析】电场线的疏密表示电场强度的强弱，电场线某点的切线方向表示电场强度的方向．【解答】解：A、电场线上每一点的切线方向都跟正电荷在该点的受力方向相同，与负电荷在该点的电场力方向相反，故A错误；B、若是正电荷沿电场线的方向移动，电场力做正功，电势能减少，则电势越来越小．若是负电荷沿电场线的方向移动，电场力做负功，电势能增加，则电势越来越小．故B错误；C、电场线越密的地方，电场强度就越强，则同一检验电荷受的电场力就大．故C正确；D、顺着电场线移动电荷，若是匀强电场，则电荷受电场力大小可以不变，故D错误．故选：C．【点评】电场线虽然不实际存在，但可形象描述电场的大小与方向分布．电场线是从正电荷出发，终至于负电荷．同时电场线不相交，静电场的电场线也不闭合．10．如图所示，在匀强磁场中有一通电直导线，电流方向垂直纸面向里，则直导线受到安培力的方向是（）A．向上 B．向下 C．向左 D．向右【考点】安培力；左手定则．【分析】通电直导线在磁场中受到的安培力方向利用左手定则判断．让磁感线穿过左手手心，四指指向电流方向，拇指指向安培力方向．【解答】解：根据左手定则：伸开左手，拇指与手掌垂直且共面，磁感线向下穿过手心，则手心朝上．四指指向电流方向，则指向纸里，拇指指向安培力方向：向左．故选：C【点评】本题考查左手定则的应用能力．对于左手定则的应用，要搞清两点：一是什么时候用；二是怎样用．11．下列直线运动的位移﹣时间（x﹣t）图象中，表示物体做匀速运动的是（）A．B． C．D．【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】在位移﹣时间图象表示物体的位置随时间的变化，图象上的任意一点表示该时刻的位置，图象的斜率表示该时刻的速度，斜率的正负表示速度的方向．【解答】解：由于位移﹣时间图象的斜率表示该时刻的速度，斜率的正负表示速度的方向，所以A图中图象的斜率逐渐增大即速度逐渐增大，B图中斜率逐渐减小即速度逐渐减小，C 图中图象斜率为零，即速度为零，D图中图象斜率为正常数，即速度为正方向的匀速直线运动，故ABC错误，D正确．故选：D【点评】理解位移﹣时间图象上点和斜率的物理意义；特别是斜率代表速度，求解斜率的方法只能用V=．12．最早对自由落体运动进行科学的研究，否定了亚里士多德错误论断的科学家是（）A．伽利略B．牛顿 C．开普勒D．胡克【考点】伽利略研究自由落体运动的实验和推理方法．【专题】自由落体运动专题．【分析】本题比较简单，考查了伽利略的主要贡献，根据对物理学史的理解可直接解答．【解答】解：伽利略最早对自由落体运动进行科学的研究，否定了亚里士多德错误论，故BCD错误，A正确．【点评】要明确物理上的一些重要科学家的主要贡献，对于物理学史部分平时要注意记忆与积累．13．传感器被广泛的应用在日常生活中，下列用电器中，没有使用温度传感器的是（）A．遥控器B．空调机C．电冰箱D．电饭锅【考点】传感器在生产、生活中的应用．【分析】温度传感器通过将温度这个非电学量转化为电学量或者电路的通断来控制电路．【解答】解：A、各种遥控器均与温度无关，说明没有使用温度传感器，B、空调机中当温度低于设定的临界温度时，压缩机会工作，说明有温度传感器，C、电冰箱中，当温度高于设定的临界温度时会工作，说明有温度传感器，D、电饭锅中，当温度高于设定的临界温度时会断开加热电路，说明有温度传感器，本题选没有使用温度传感器的，故选：A．【点评】本题关键是明确温度传感器的特点和运用，基础问题．14．关于电磁波，下列说法正确的是（）A．所有电磁波的频率相同B．电磁波只能在真空中传播C．电磁波在任何介质中的传播速度相同D．电磁波在真空中的传播速度是3×108m/s【考点】电磁波谱．【分析】电磁波包括：γ射线、X射线、紫外线、可见光、红外线、微波、短波、中波和长波．在真空和空气中，电磁波的传播速度等于3×108m/s是一个定值，根据公式c=λf电磁波的波长和频率成反比．【解答】解：A、电磁波包括：γ射线、X射线、紫外线、可见光、红外线、微波、短波、中波和长波，其波长不同，即频率不同，故A 错误；BCD、电磁波可以在真空中传播，速度为光速，在介质中的传播速度由介质决定，即在不同介质中传播速度不一样，故BC错误，D正确．故选：D．【点评】此题考查：电磁波的传播速度、电磁波的传播、电磁波的种类，是一道基础题．15．如图所示，一带正电的物体位于M处，用绝缘丝线系上带正电的小球，分别挂在P1、P2、P3的位置，可观察到小球在不同位置时丝线偏离竖直方向的角度不同．则下面关于此实验得出的结论中正确的是（）A．电荷之间作用力的大小与两电荷间的距离有关B．电荷之间作用力的大小与两电荷的性质有关C．电荷之间作用力的大小与两电荷所带的电量有关D．电荷之间作用力的大小与丝线的长度有关【考点】库仑定律．【专题】控制变量法．【分析】解答本题要了解库仑力的推导过程，由于决定电荷之间作用力大小的因素很多，因此需要采用控制变量的方法进行研究．虽然学生现在都知道库仑力的决定因素，但是该实验只是研究了库仑力和距离之间的关系．【解答】解：在研究电荷之间作用力大小的决定因素时，采用控制变量的方法进行，如本实验，根据小球的摆角可以看出小球所受作用力逐渐减小，由于没有改变电性和电量，不能研究电荷之间作用力和电性、电量关系，故BCD错误，A正确．故选A．【点评】控制变量法是高中物理物理中重要研究方法，要了解控制变量法的应用．16．一个不计重力的带正电荷的粒子，沿图中箭头所示方向进入磁场，磁场方向垂直于纸面向里，则粒子的运动轨迹为（）A．圆弧a B．直线bC．圆弧c D．a、b、c都有可能【考点】洛仑兹力．【分析】带电粒子在磁场中药受到洛伦兹力的作用，根据左手定则可以判断正电荷的受力的方向．【解答】解：带正电的电荷在向里的磁场中向上运动，根据左手定则可知，粒子的受到的洛伦兹力的方向向左，所以粒子的可能的运动的轨迹为a，所以A正确，BCD错误．故选：A．【点评】本题是对左手定则的直接的应用，掌握好左手定则即可判断粒子的受力的方向．二、填空题（每空3分，共21分）.17．如图所示，把长为L的导体棒置于竖直向下的匀强磁场中，磁场的磁感应强度为B，导体棒与磁场方向垂直，棒中通有电流I，则导体棒所受安培力的大小为BIL ．为增大导体棒所受的安培力，可采用的方法是增大电流（填一种方法即可）．【考点】安培力；左手定则．【分析】安培力的大小公式F=BIL．（B⊥L）【解答】解：安培力的公式F=BIL，增大安培力可以增大电流或增加导线长度．故答案为：BIL，增大电流或增加导线长度．【点评】解决本题的关键掌握安培力的大小公式F=BIL．18．（9分）如图为某同学在实验中打出的一条纸带，计时器打点的时间间隔为0.02s．他从比较清晰的点起，每五个点取一个计数点，则相邻两计数点间的时间间隔为0.1 s．由此可知，纸带做匀加速运动（选填“匀加速”或“匀减速”），为了由v﹣t图象求出小车的加速度，他量出相邻两计数点间的距离，分别求出打各计数点时小车的速度．其中打计数点3时小车的速度为0.46 m/s．【考点】探究小车速度随时间变化的规律．【专题】实验题．【分析】根据相等时间内的位移的变化判断速度的变化，根据某段时间内的平均速度等于中间时刻的瞬时速度求出计数点3的速度大小．【解答】解：每五个点取一个计数点，知相邻两计数点间的时间间隔为0.1s．因为连续相等时间内的位移逐渐增大，且位移之差近似为一恒量，可知小车做匀加速运动．计数点3的瞬时速度m/s=0.46m/s．故答案为：0.1，匀加速，0.46．【点评】解决本题的关键掌握纸带的处理方法，会通过纸带求解瞬时速度和加速度，关键是匀变速直线运动推论的运用．19．如图所示为一正弦式电流的u﹣t图象，由图可知：该交变电流的频率为50 Hz，电压的有效值为50V．【考点】交流的峰值、有效值以及它们的关系．【专题】交流电专题．【分析】根据图象可读出该交流电的周期和最大值，然后根据频率和周期，最大值与有效值的关系可直接求解．【解答】解：由图可知，该交流电的最大值为100V，周期为0.02s，所以有：有效值：U==50V，频率：f==50Hz．故答案为：50，50．【点评】要能根据图象获取有用信息，并能利用这些信息进行有关运算．三、计算题（15分）．20．（15分）（2015•海南）2012年11月，我国歼﹣15舰载战斗机首次在“辽宁舰”上成功降落，有关资料表明，该战斗机的质量m=2.0×104kg，降落时在水平甲板上受阻拦索的拦阻，速度从v=80m/s减小到零所用时间t=2.5s．若将上述运动视为匀减速直线运动，求：该战斗机在此过程中（1）加速度的大小a；（2）滑行的距离x；（3）所受合力的大小F．【考点】牛顿第二定律；匀变速直线运动的位移与时间的关系．【专题】牛顿运动定律综合专题．【分析】（1）根据加速度的定义式求解加速度；（2）根据位移速度公式求解滑行位移；（3）根据牛顿第二定律求解合外力．【解答】解：（1）根据加速度的定义式得：a=（2）根据速度位移公式2ax=得：x=（3）根据牛顿第二定律得：F=ma=20000×32=640000N答：（1）加速度的大小为32m/s2；（2）滑行的距离为100m；（3）所受合力的大小为640000N．【点评】本题主要考查了匀变速直线运动基本公式及牛顿第二定律的直接应用，难度不大，属于基础题．。
高二物理上学期周练试卷(重点班,含解析)-人教版高二全册物理试题
2015-2016学年江西省宜春市丰城中学高二〔上〕周练物理试卷〔重点班12.24〕一、选择题〔此题共12个小题，每一小题4分，共48分〕1．长为a宽为b的矩形线圈，在磁感强度为B的匀强磁场中垂直于磁场的OO′轴以恒定的角速度ω旋转，设t=0时，线圈平面与磁场方向平行，如此此时的磁通量和磁通量的变化率分别是〔〕A．0，0 B．0，Babω C．Babω，Babω D．Babω，02．如图，通电螺线管两侧各悬挂一个小铜环，铜环平面与螺线管截面平行，当电键S接通一瞬间，两铜环的运动情况是〔〕A．同时向两侧推开B．同时向螺线管靠拢C．一个被推开，一个被吸引，但因电源正负极未知，无法具体判断D．同时被推开或同时向螺线管靠拢，但因电源正负极未知，无法具体判断3．如下列图，在光滑水平面上的直线MN左侧有垂直于纸面向里的匀强磁场，右侧是无磁场空间．将两个大小一样的铜质矩形闭合线框由图示位置以同样的速度v向右完全拉出匀强磁场．制作这两只线框的铜质导线的横截面积之比是1：2．如此拉出过程中如下说法中正确的答案是〔〕A．所用拉力大小之比为2：1B．通过导线某一横截面的电荷量之比是1：1C．拉力做功之比是1：4D．线框中产生的电热之比为1：24．如下列图，在磁感强度为B的匀强磁场中，有半径为r的光滑半圆形导体框架，OC为一能绕O在框架上滑动的导体棒，OC之间连一个电阻R，导体框架与导体棒的电阻均不计，假设要使OC能以角速度ω匀速转动，如此外力做功的功率是〔〕A．B．C．D．5．如下列图，把金属圆环匀速拉出磁场，下面表示正确的答案是〔〕A．向左拉出和向右拉出所产生的感应电流方向相反B．不管向什么方向拉出，只要产生感应电流方向都是顺时针C．向右匀速拉出时，感应电流大小不变D．要将金属环匀速拉出，拉力大小要改变6．如下列图，水平放置的两条光滑轨道上有可自由移动的金属棒PQ、MN，当PQ在外力作用下运动时，MN在磁场力作用下向右运动．如此PQ所做的运动可能是〔〕A．向右匀加速运动B．向左匀加速运动C．向右匀减速运动D．向左匀减速运动7．如下列图，匀强磁场存在于虚线框内，矩形线圈竖直下落．如果线圈中受到的磁场力总小于其重力，如此它在1、2、3、4位置时的加速度关系为〔〕A．a1＞a2＞a3＞a4 B．a1=a2=a3=a4C．a1=a3＞a2＞a4D．a4=a2＞a3＞a18．如图α所示，圆形线圈P静止在水平桌面上，其正上方固定一螺线管Q，P和Q共轴，Q 中通有变化电流i，电流随时间变化的规律如图b所示，P所受的重力为G，桌面对P的支持力为N，如此在如下时刻〔〕A．t1时刻N＞G，P有收缩的趋势B．t2时刻N=G，此时穿过P的磁通量最大C．t3时刻N=G，此时P中无感应电流D．t4时刻N＜G，此时穿过P的磁通量最小9．如下列图，在光滑绝缘水平面上，有一矩形线圈以一定的初速度进入匀强磁场区域，线圈全部进入匀强磁场区域时，其动能恰好等于它在磁场外面时的一半，设磁场区域宽度大于线圈宽度，如此〔〕A．线圈恰好在完全离开磁场时停下B．线圈在未完全离开磁场时即已停下C．线圈能通过场区不会停下D．线圈在磁场中某个位置停下10．如下列图，xoy坐标系第一象限有垂直纸面向外的匀强磁场，第三象限有垂直纸面向里的匀强磁场，磁感强度大小均为B，第二、四象限内没有磁场．一个围成四分之一圆弧形的导体环oab，其圆心在原点o，开始时导体环在第四象限，从t=0时刻起绕o点在xoy坐标平面内逆时针匀速转动．假设以逆时针方向的电流为正，如下表示环内感应电流i随时间t 变化的图象中，正确的答案是〔〕A．B．C．D．11．如下列图，用铝板制成“⊃〞形框，将一质量为m的带电小球用绝缘细线悬挂在框的上方，让整体在垂直于水平方向的匀强磁场中向左以速度v匀速运动，悬线拉力为T，如此〔〕A．悬线竖直，T=mgB．悬线竖直，T＜mgC．v选择适宜的大小，可使T=0D．因条件不足，T与mg的大小关系无法确定12．如下列图，相距为L的两条足够长的光滑平行金属导轨与水平面的夹角为θ，上端接有定值电阻R，匀强磁场垂直于导轨平面，磁感应强度为B．将质量为m的导体棒由静止释放，当速度达到v时开始匀速运动，此时对导体棒施加一平行于导轨向下的拉力，并保持拉力的功率恒为P，导体棒最终以2v的速度匀速运动．导体棒始终与导轨垂直且接触良好，不计导轨和导体棒的电阻，重力加速度为g．如下选项正确的答案是〔〕A．P=2mgvsinθB．P=3mgvsinθC．当导体棒速度达到时加速度大小为D．在速度达到2v以后匀速运动的过程中，R上产生的焦耳热等于拉力所做的功二、计算题〔此题共4个小题，共52分〕13．用电阻为18Ω的均匀导线弯成如下列图直径D=0.80m的封闭金属圆环，环上AB弧所对圆心角为60°，将圆环垂直于磁感线方向固定在磁感应强度B=0.50T的匀强磁场中，磁场方向垂直于纸面向里．一根每米电阻为1.25Ω的直导线PQ，沿圆环平面向左以v=3.0m/s 的速度匀速滑行〔速度方向与PQ垂直〕，滑行中直导线与圆环严密接触〔忽略接触处的电阻〕，当它通过环上A、B位置时，求：〔1〕直导线AB段产生的感应电动势，并指明该段直导线中电流的方向；〔2〕此时圆环上发热损耗的电功率．14．一电阻为R的金属圆环，放在匀强磁场中，磁场与圆环所在平面垂直，如图〔a〕所示．通过圆环的磁通量随时间t的变化关系如图〔b〕所示，图中的最大磁通量Ф0和变化周期T 都是量，求：〔1〕在t=0到的时间内，通过金属圆环的电流大小与方向；〔2〕在t=0到t=T的时间内，金属环所产生的电热Q．15．用质量为m、总电阻为R的导线做成边长为l的正方形线框MNPQ，并将其放在倾角为θ的平行绝缘导轨上，平行导轨的间距也为l，如下列图．线框与导轨之间是光滑的，在导轨的下端有一宽度为l〔即ab=l〕、磁感应强度为B的有界匀强磁场，磁场的边界aa′、bb′垂直于导轨，磁场的方向与线框平面垂直．某一次，把线框从静止状态释放，线框恰好能够匀速地穿过磁场区域．假设当地的重力加速度为g，求：〔1〕线框通过磁场时的运动速度；〔2〕开始释放时，MN与bb′之间的距离；〔3〕线框在通过磁场的过程中所生的热．16．如下列图，x轴上方有一匀强磁场，磁感应强度的方向垂直于纸面向里，大小为B，x 轴下方有一匀强电场，电场强度的大小为E，方向与y轴的夹角θ为45°且斜向上方．现有一质量为m电量为q的正离子，以速度v0由y轴上的A点沿y轴正方向射入磁场，该离子在磁场中运动一段时间后从x轴上的C点进入电场区域，该离子经C点时的速度方向与x 轴夹角为45°．不计离子的重力，设磁场区域和电场区域足够大．求：〔1〕C点的坐标；〔2〕离子从A点出发到第三次穿越x轴时的运动时间；〔3〕离子第四次穿越x轴时速度的大小与速度方向与电场方向的夹角．2015-2016学年江西省宜春市丰城中学高二〔上〕周练物理试卷〔重点班12.24〕参考答案与试题解析一、选择题〔此题共12个小题，每一小题4分，共48分〕1．长为a宽为b的矩形线圈，在磁感强度为B的匀强磁场中垂直于磁场的OO′轴以恒定的角速度ω旋转，设t=0时，线圈平面与磁场方向平行，如此此时的磁通量和磁通量的变化率分别是〔〕A．0，0 B．0，Babω C．Babω，Babω D．Babω，0【考点】法拉第电磁感应定律；磁通量．【专题】电磁学．【分析】根据磁能量的定义可知磁通量的大小；由法拉第电磁感应定律可知磁通量的变化率的大小．【解答】解：线圈平面与磁场方向相互平行，如此没有磁感线穿过；故磁通量为零；磁通量的变化率最大，电动势最大；由E M=BSω与E=可知；磁通量的变化率：=Babω；应当选：B．【点评】了解交流电产生的原理，特别是两个特殊位置：中性面和垂直中性面时，磁通量和电动势的变化．对于正弦交变电流的最大值E m=nBSω=nωΦm，要在理解的根底上加强记忆．交流电流表和电压表测量的是有效值．2．如图，通电螺线管两侧各悬挂一个小铜环，铜环平面与螺线管截面平行，当电键S接通一瞬间，两铜环的运动情况是〔〕A．同时向两侧推开B．同时向螺线管靠拢C．一个被推开，一个被吸引，但因电源正负极未知，无法具体判断D．同时被推开或同时向螺线管靠拢，但因电源正负极未知，无法具体判断【考点】楞次定律．【专题】电磁感应中的力学问题．【分析】当电键S接通瞬间，小铜环中磁通量从无到有增加，产生感应电流，铜环受到安培力将发生运动，根据楞次定律判断两环的运动方向．【解答】解：当电键S接通瞬间，小铜环中磁通量从无到有增加，根据楞次定律，感应电流的磁场要阻碍磁通量的增加，如此两环将向两侧运动．故A正确．应当选A．【点评】此题考查运用楞次定律判断电磁感应现象中导体运动方向问题的能力．此题也可以按因果关系，按部就班的分析两环受到的安培力方向判断．3．如下列图，在光滑水平面上的直线MN左侧有垂直于纸面向里的匀强磁场，右侧是无磁场空间．将两个大小一样的铜质矩形闭合线框由图示位置以同样的速度v向右完全拉出匀强磁场．制作这两只线框的铜质导线的横截面积之比是1：2．如此拉出过程中如下说法中正确的答案是〔〕A．所用拉力大小之比为2：1B．通过导线某一横截面的电荷量之比是1：1C．拉力做功之比是1：4D．线框中产生的电热之比为1：2【考点】电磁感应中的能量转化；法拉第电磁感应定律．【专题】电磁感应与电路结合．【分析】根据E=BLv、I=、F=BIL，R=ρ得到安培力的表达式，即可根据平衡条件得到拉力的大小关系；根据感应电荷量q=分析电荷量的关系；由功的公式得到拉力做功的表达式，再求解做功之比；根据功能关系分析电热之比．【解答】解：A、设矩形线圈左右边长为L1，上下边长为L2．电阻率为ρ，截面积为S．如此感应电流为 I==拉力F=BIL1==，如此知F∝S，所以所用拉力大小之比为1：2．故A错误．B、根据感应电荷量q==∝S，所以通过导线某一横截面的电荷量之比是1：2．故B错误．C、拉力做功W=FL1=∝S，拉力做功之比是1：2．故C错误．D、根据功能关系可知，线框中产生的电热等于拉力做功，故电热之比为1：2．故D正确．应当选D【点评】此题是电磁感应与电路、力学知识的综合，考查了导体切割产生的感应电动势公式，闭合电路欧姆定律、电阻定律、感应电荷量等多个知识，推导出所求量的表达式是关键．4．如下列图，在磁感强度为B的匀强磁场中，有半径为r的光滑半圆形导体框架，OC为一能绕O在框架上滑动的导体棒，OC之间连一个电阻R，导体框架与导体棒的电阻均不计，假设要使OC能以角速度ω匀速转动，如此外力做功的功率是〔〕A．B．C．D．【考点】电功、电功率；导体切割磁感线时的感应电动势．【专题】电磁感应中的力学问题．【分析】导体棒匀速转动，说明处于受力平衡状态，外力的功率和电阻的发热的功率大小相等，求出电阻发热的功率即可．【解答】解：因为OC是匀速转动的，根据能量的守恒可得，P外=P电=，又因为E=Br•，联立解得：P外=，所以C正确．应当选C．【点评】解决此题的关键是分析出外力的功率与电阻的发热的功率大小相等，知道这一点此题就简单的多了．5．如下列图，把金属圆环匀速拉出磁场，下面表示正确的答案是〔〕A．向左拉出和向右拉出所产生的感应电流方向相反B．不管向什么方向拉出，只要产生感应电流方向都是顺时针C．向右匀速拉出时，感应电流大小不变D．要将金属环匀速拉出，拉力大小要改变【考点】导体切割磁感线时的感应电动势；楞次定律．【分析】将线圈拉出磁场，磁通量都减小，根据楞次定律判断感应电流的方向．公式E=BLv 中L是有效的切割长度．安培力的大小：F=BIL中L是有效长度．【解答】解：A、B、不管沿什么将线圈拉出磁场，穿过线圈的磁通量都减小，根据楞次定律判断可知，线圈中感应电流的方向都是沿顺时针方向．故B正确，A错误．C、感应电流的大小与感应电动势有关，而感应电动势与线圈移动时切割磁感线的有效长度有关，由于移动过程中有效的切割长度先增大后减小，如此感应电动势也先增大后减小，感应电流先增大后减小．故C错误．D、线圈在切割磁感线的过程中，安培力的大小：F=BIL，与电流的大小以与安培力的有效长度有关，由于感应电流先增大后减小，移动过程中有效长度先增大后减小，所以对金属环的拉力大小会发生变化．故D正确．应当选：BD．【点评】此题是楞次定律和E=BLv的应用，注意公式E=BLv中L是有效的切割长度．安培力的大小：F=BIL中L是有效长度．6．如下列图，水平放置的两条光滑轨道上有可自由移动的金属棒PQ、MN，当PQ在外力作用下运动时，MN在磁场力作用下向右运动．如此PQ所做的运动可能是〔〕A．向右匀加速运动B．向左匀加速运动C．向右匀减速运动D．向左匀减速运动【考点】法拉第电磁感应定律；楞次定律．【专题】电磁感应与电路结合．【分析】MN在磁场力作用下向右运动，说明MN受到的磁场力向右，由左手定如此可知电流由M指向N，由楞次定律可知，线圈中产生感应电流的磁场应该是向上减小，或向下增加；根据右手螺旋定如此，与楞次定律可知PQ的运动情况．【解答】解：MN在磁场力作用下向右运动，说明MN受到的磁场力向右，由左手定如此可知电流由M指向N，由楞次定律可知，线圈中产生感应电流的磁场应该是向上减小，或向下增加；再由右手螺旋定如此与楞次定律可知，PQ可能是向左加速运动或向右减速运动．故BC正确，AD错误．应当选：BC．【点评】此题关键是分析好引起感应电流的磁通量的变化，进而才能分析产生电流的磁通量是由什么样的运动产生的．7．如下列图，匀强磁场存在于虚线框内，矩形线圈竖直下落．如果线圈中受到的磁场力总小于其重力，如此它在1、2、3、4位置时的加速度关系为〔〕A．a1＞a2＞a3＞a4 B．a1=a2=a3=a4C．a1=a3＞a2＞a4D．a4=a2＞a3＞a1【考点】法拉第电磁感应定律；安培力．【专题】电磁感应与电路结合．【分析】线圈自由下落时，加速度为g．线圈进入和穿出磁场过程中，切割磁感线产生感应电流，将受到向上的安培力．线圈完全在磁场中时，不产生感应电流，线圈只受重力，加速度等于g．根据牛顿第二定律分析加速度的关系．【解答】解：线圈自由下落时，加速度为a1=g．线圈完全在磁场中时，磁通量不变，不产生感应电流，线圈不受安培力作用，只受重力，加速度为a3=g．线圈进入和穿出磁场过程中，切割磁感线产生感应电流，将受到向上的安培力，根据牛顿第二定律得知，a2＜g，a4＜g．线圈完全在磁场中时做匀加速运动，到达4处的速度大于2处的速度，如此线圈在4处所受的安培力大于在2处所受的安培力，又知，磁场力总小于重力，如此a2＞a4，故a1=a3＞a2＞a4．应当选：C【点评】此题关键是分析安培力的大小和方向情况，抓住安培力大小与速度成正比，分析B、D两处安培力的大小关系．8．如图α所示，圆形线圈P静止在水平桌面上，其正上方固定一螺线管Q，P和Q共轴，Q 中通有变化电流i，电流随时间变化的规律如图b所示，P所受的重力为G，桌面对P的支持力为N，如此在如下时刻〔〕A．t1时刻N＞G，P有收缩的趋势B．t2时刻N=G，此时穿过P的磁通量最大C．t3时刻N=G，此时P中无感应电流D．t4时刻N＜G，此时穿过P的磁通量最小【考点】楞次定律；磁通量．【专题】电学图像专题．【分析】当螺线管中通入变化的电流时形成变化的磁场，这时线圈P中的磁通量发生变化，由其磁通量的变化根据楞次定律可以判断P中产生感应电流的大小方向以与P线圈收缩和扩展趋势．【解答】解：A、当螺线管中电流增大时，其形成的磁场不断增强，因此线圈P中的磁通量增大，根据楞次定律可知线圈P将阻碍其磁通量的增大，故线圈有远离和面积收缩的趋势，故A正确；B、D当螺线管中电流不变时，其形成磁场不变，线圈P中的磁通量不变，因此磁铁线圈中无感应电流产生，故t2时刻N=G，此时穿过P的磁通量最大，故B正确，D错误；C、t3时刻螺线管中电流为零，但是线圈P中磁通量是变化的，因此此时线圈中有感应电流，此瞬间螺线管中电流为零，两线圈间没有作用力，因此此时N=G，故C错误．应当选AB．【点评】正确理解楞次定律中“阻碍〞的含义，注意判断感应电流的大小看磁通量的变化率而不是看磁通量的大小，如C选项，学生很容易错选．9．如下列图，在光滑绝缘水平面上，有一矩形线圈以一定的初速度进入匀强磁场区域，线圈全部进入匀强磁场区域时，其动能恰好等于它在磁场外面时的一半，设磁场区域宽度大于线圈宽度，如此〔〕A．线圈恰好在完全离开磁场时停下B．线圈在未完全离开磁场时即已停下C．线圈能通过场区不会停下D．线圈在磁场中某个位置停下【考点】电磁感应中的能量转化；法拉第电磁感应定律．【专题】电磁感应——功能问题．【分析】线圈完全进入磁场后做匀速运动，进磁场和出磁场的过程都做变减速直线运动，比拟进磁场和出磁场时所受的安培力大小，从而判断出线圈能否通过磁场．【解答】解：线圈出磁场时的速度小于进磁场时的速度，安培力F=BIL=，知出磁场时所受的安培力小于进磁场时所受的安培力，根据动能定理，由于进磁场时安培力做功大于出磁场时安培力做功，如此出磁场时动能的变化量小于进磁场时动能的变化量，进磁场时其动能恰好等于它在磁场外面时的一半，知出磁场后，动能不为零，还有动能，将继续运动，不会停下来．故D正确．A、B、D错误．应当选：C．【点评】解决此题的关键比拟出进磁场和出磁场时的安培力，根据动能定理进展分析．10．如下列图，xoy坐标系第一象限有垂直纸面向外的匀强磁场，第三象限有垂直纸面向里的匀强磁场，磁感强度大小均为B，第二、四象限内没有磁场．一个围成四分之一圆弧形的导体环oab，其圆心在原点o，开始时导体环在第四象限，从t=0时刻起绕o点在xoy坐标平面内逆时针匀速转动．假设以逆时针方向的电流为正，如下表示环内感应电流i随时间t 变化的图象中，正确的答案是〔〕A．B．C．D．【考点】导体切割磁感线时的感应电动势；闭合电路的欧姆定律．【专题】电磁感应——功能问题．【分析】根据右手定如此判断线框中感应电流的方向．由导体棒转动切割磁感线产生的感应电动势公式E=BL2ω和欧姆定律分析感应电流的大小的变化情况．【解答】解：在0﹣内，oa切割磁力线运动，根据右手定如此判断可知，线框中感应电流的方向为顺时针方向，为负值．﹣内，ob切割磁力线运动，根据右手定如此判断可知，线框中感应电流的方向为逆时针方向，为正值．T﹣T，oa切割磁力线运动，根据右手定如此判断可知，线框中感应电流的方向为逆时针方向，为正值．T﹣T内，ob切割磁力线运动，根据右手定如此判断可知，根据右手定如此判断可知，线框中感应电流的方向为顺时针方向，为负值．无论哪个半径切割磁力线，所产生的感应电动势大小一样，设加速度为ω，由感应电动势公式E=BL2ω和欧姆定律得知感应电流的大小是不发生变化的，由此可得知选项ABC错误，D正确．应当选：D．【点评】此题首选要明确右手定如此的使用方法，要会根据感应电动势公式和欧姆定律分析感应电流的大小情况，再选择图象．对于电流的方向，还可直接利用楞次定律来解答．11．如下列图，用铝板制成“⊃〞形框，将一质量为m的带电小球用绝缘细线悬挂在框的上方，让整体在垂直于水平方向的匀强磁场中向左以速度v匀速运动，悬线拉力为T，如此〔〕A．悬线竖直，T=mgB．悬线竖直，T＜mgC．v选择适宜的大小，可使T=0D．因条件不足，T与mg的大小关系无法确定【考点】带电粒子在匀强磁场中的运动；导体切割磁感线时的感应电动势．【专题】带电粒子在复合场中的运动专题．【分析】注意铝框在磁场中也产生感应电动势，故小球在总共受四个力作用，由洛仑兹力公式与电场力公式可得出两力间的关系；从而得出拉力与重力的关系．【解答】解：因为竖直的铝板切割磁感线所以产生感应电动势．U形框的上下板形成一个上板为负下板为正的匀强电场．小球这时候受到4个力的作用，重力方向向下，绳子的弹力方向向上，洛伦磁力，电场力，如果带的是正电如此洛伦磁力方向向下，所受电场力方向向上；如果带的是负电如此洛伦磁力方向向上，所受电场力方向向下，且洛仑磁力等于电场力．f洛=BqV，F电=Eq，E=，u=E；感应电动势=BVL〔L为竖直板的长度〕联合起来得 F电=BqV，故洛伦磁力等于电场力且方向相反．故拉力等于重力；应当选A．【点评】此题不要只认为小球只受洛仑兹力而无视了电场力，注意导体切割磁感线时都会产生感应电动势，从而形成电场．12．如下列图，相距为L的两条足够长的光滑平行金属导轨与水平面的夹角为θ，上端接有定值电阻R，匀强磁场垂直于导轨平面，磁感应强度为B．将质量为m的导体棒由静止释放，当速度达到v时开始匀速运动，此时对导体棒施加一平行于导轨向下的拉力，并保持拉力的功率恒为P，导体棒最终以2v的速度匀速运动．导体棒始终与导轨垂直且接触良好，不计导轨和导体棒的电阻，重力加速度为g．如下选项正确的答案是〔〕A．P=2mgvsinθB．P=3mgvsinθC．当导体棒速度达到时加速度大小为D．在速度达到2v以后匀速运动的过程中，R上产生的焦耳热等于拉力所做的功【考点】导体切割磁感线时的感应电动势；功率、平均功率和瞬时功率；电磁感应中的能量转化．【专题】压轴题；电磁感应——功能问题．【分析】导体棒最终匀速运动受力平衡可求拉力F，由P=Fv可求功率，由牛顿第二定律求加速度，由能量守恒推断能之间的相互转化．【解答】解：A、当导体棒以v匀速运动时受力平衡，如此mgsinθ=BIl=，当导体棒以2v匀速运动时受力平衡，如此F+mgsinθ=BIl=，故F=mgsinθ，拉力的功率P=Fv=2mgvsinθ，故A正确B、同理，B错误C、当导体棒速度达到时，由牛顿第二定律，mgsinθ﹣=ma，解得a=，故C正确D、由能量守恒，当速度达到2v以后匀速运动的过程中，R上产生的焦耳热等于拉力与重力所做的功，故D错误应当选：AC【点评】考查了电磁感应定律结合闭合电路，注意平衡条件得应用，能量、功率关系．二、计算题〔此题共4个小题，共52分〕13．用电阻为18Ω的均匀导线弯成如下列图直径D=0.80m的封闭金属圆环，环上AB弧所对圆心角为60°，将圆环垂直于磁感线方向固定在磁感应强度B=0.50T的匀强磁场中，磁场方向垂直于纸面向里．一根每米电阻为1.25Ω的直导线PQ，沿圆环平面向左以v=3.0m/s 的速度匀速滑行〔速度方向与PQ垂直〕，滑行中直导线与圆环严密接触〔忽略接触处的电阻〕，当它通过环上A、B位置时，求：〔1〕直导线AB段产生的感应电动势，并指明该段直导线中电流的方向；〔2〕此时圆环上发热损耗的电功率．【考点】导体切割磁感线时的感应电动势；闭合电路的欧姆定律；电磁感应中的能量转化．【专题】电磁感应与电路结合．【分析】由右手定如此得直道线感应电流的方向．根据几何关系求出此时导体棒的有效切割长度，注意外电路为弧ACB和弧AB的电阻并联，求出总电阻，进一步求出电流值，即可算出感应电动势和圆环上发热损耗的电功率．【解答】解：〔1〕设直导线AB段的长度为L，圆环的直径为D，感应电动势为E，如此有几何关系，L==0.4m所以：E=BLv=0.6v由右手定如此得直道线感应电流的方向由A向B．〔2〕此时圆环上AB弧段的电阻：R AB=Ω=3Ω，ACB弧段的电阻：R ACB=18×Ω=15Ω。
高二物理周测试卷含答案
高二物理周测官桥中学物理备课组一、单选题（每小题有四个选项，其中只有一个是正确的，每小题4分，错选0分。
共16分）1、关于惯性，下列说法中正确的是（）A．同一汽车，速度越快，越难刹车，说明物体速度越大，惯性越大B．物体只有静止或做匀速直线运动时才有惯性C．乒乓球可以快速抽杀，是因为乒乓球的惯性小的缘故D．已知月球上的重力加速度是地球上的1/6，故一个物体从地球移到月球惯性减小为1/62、用手握住瓶子，使瓶子在竖直方向静止，如果握力加倍，则手对瓶子的摩擦力（）A．握力越大，摩擦力越大。
B．只要瓶子不动，摩擦力大小与前面的因素无关。
C．方向由向下变成向上。
D．手越干越粗糙，摩擦力越大。
３、如图8甲所示，实线是电场线，一带电粒子只在电场力的作用下沿虚线由A 运动到B的过程中，其速率――时间图象是图8乙中的：（）４、如图所示，MN是一根固定的通电直导线，电流方向由N到M，今将一金属框abcd放在导线上，让线框的位置偏向导线的左边，两者彼此绝缘．当导线中的电流突然增大时，线框整体受力情况为（）A．受力沿x轴正向B．受力沿x轴负向C．受力沿y轴正向D．受力沿y轴负向二、双项选择题：（每小题有四个选项，其中只有两个是正确的，每小题5分，漏选3分，错选0分。
共25分）5、水平固定放置的足够长的U形金属导轨处于竖直向上的匀强磁场中，在导轨上放着金属棒ab，开始时ab棒以水平初速度v0向右运动，最后静止在导轨上，就导轨光滑和粗糙两种情况比较，这个过程（）A．安培力对ab棒所做的功相等B．电流所做的功相等C．产生的总热量相等D．ab棒的动量改变量相等6、对一定质量的理想气体，下列说法正确的是()A．气体的体积是所有气体分子的体积之和B．气体温度越高，气体分子的热运动就越剧烈C．气体对容器的压强是由大量气体分子对容器不断碰撞而产生的D．当气体膨胀时，气体分子的势能减小，因而气体的内能一定减少7、下列关于分子运动和热现象的说法正确的是()A．气体如果失去了容器的约束就会散开，这是因为气体分子之间存在斥力的缘故B．一定量100℃的水变成100℃的水蒸气，其分子之间的势能增加C．对于一定量的气体，如果压强不变，体积增大，那么它一定从外界吸热D．如果气体分子总数不变，而气体温度升高，气体分子的平均动能增大，因此压强必然增大8、如图所示，相距为L的两条足够长的光滑平行轨道上，平行放置两根质量和电阻都相同的滑杆ab和cd，组成矩形闭合回路．轨道电阻不计，匀强磁场B 垂直穿过整个轨道平面．开始时ab和cd均处于静止状态，现用一个平行轨道的恒力F向右拉ab杆，则下列说法正确的是（）A．cd杆向左运动B．cd杆向右运动C．ab与cd杆均先做变加速运动，后做匀速运动D．ab与cd杆均先做变加速运动，后做匀加速运动9、一只小船静止在湖面上, 一个人从小船的一端走到另一端, 以下说法正确的是（）A.人受的冲量与船受的冲量相同B.人向前走的速度一定大于小船后退的速度C.当人停止走动时, 小船也停止后退D.人向前走时, 人与船的总动量守恒三、实验题（每空3分，共24分）10、I用多用电表进行了几次测量，指针分别处于a、b的位置，如图所示。
高二物理上学期第10周周练试卷(含解析)-人教版高二全册物理试题
2015-2016学年广东省江门市台山市华侨中学高二〔上〕第10周周练物理试卷一、单项选择题1．一个电容器的规格是“10µF、50V〞如此〔〕A．这个电容器加上50V电压时，电容量才是10µFB．这个电容器的最大电容量为10µF，带电荷量较少时，电容量小于10µFC．这个电容器带电量越多电容就越大D．这个电容器上额定电压50V【考点】电容．【分析】电容器的电容与板间电压和电荷量的多少无关，仅有电容器本身决定，同时明确电容器上所标电压为额定电压，这也是电容器工作的最高电压．【解答】解：A、电容器的电容与电容器板间电压无关，加电压或不加电压、电荷量多或少时，电容都是10µF．故ABC错误；D、50V是电容器工作的额定电压．故D正确；应当选：D二、多项选择题10．以下关于电场和电场线的说法中正确的答案是〔〕A．电场、电场线都是客观存在的物质，因此电场线不仅在空间相交，也能相切B．在电场中，但凡电场线通过的点场强不为零，不画电场线的区域场强一定为零C．同一试探电荷在电场线密集的地方所受电场力大D．电场线是人们假设的，用以表示电场的强弱和方向，客观上并不存在【考点】电场线；电场强度．【分析】电场是客观存在的物质，看不见，摸不着，而电场线是为形象描述电场而假想产生的；利用电场线的疏密程度和F=Eq判断电场力的大小．【解答】解：ABD、电场是客观存在的物质，看不见，摸不着，而电场线是为形象描述电场而假想产生的；由于场强是矢量，在某点的大小和方向具有唯一性，且电场线上某点的场强方向是该点的切线方向，所以电场线不能相交，否如此违背场强的矢量性；电场线只是大体形象描述电场，不画的区域场强不一定为零，故AB错误，D正确．C、据F=Eq可知同一试探电荷在电场线密集的地方所受电场力大，故C正确．应当选：CD．11．关于电势和电势能的说法正确的答案是〔〕A．电荷放在电势越高的位置电势能越大B．在电场中电势越高的位置，电荷的电量越大所具有的电势能就越大C．在正点电荷电场中的任意一点处，正电荷具有的电势能一定小于负电荷具有的电势能D．在负点电荷电场中的任意一点处，正电荷具有的电势能一定小于负电荷具有的电势能【考点】电势能；电势．【分析】根据电势的定义式电场中电势越高的位置，电荷的电量越大所具有的电势能不一定越大，与电荷的电性、电势的正负有关．在正点电荷电场中的任意一点处，正电荷具有的电势能一定大于负电荷具有的电势能，在负点电荷电场中的任意一点处，正电荷具有的电势能一定小于负电荷具有的电势能．【解答】解：A、正电荷放在电势越高的位置电势能越大，而负电荷放在电势越高的位置电势能越小．故A错误．B、在电场中电势越高的位置，电荷的电量越大所具有的电势能不一定越大，与电荷的电性、电势的正负有关．故B错误．C、无穷远处电势为零，在正点电荷电场中任意一点的电势为正值，如此正电荷具有的电势能一定大于负电荷具有的电势能．故C错误．D、无穷远处电势为零，在负点电荷电场中任意一点的电势为负值，如此正电荷具有的电势能一定小于负电荷具有的电势能．故D正确．应当选D12．如下列图，B、C、D三点都在以点电荷+Q为圆心的某同心圆弧上，将一个检验电荷从A 点分别移到B、C、D各点时，电场力做功的大小比拟〔〕A．W AB＞W AC B．W AD＞W AB C．W AD=W AC D．W AC=W AB【考点】电势能；动能定理的应用．【分析】B、C、D在以Q为圆心的同一圆周上，电势相等，电场力做功公式W=qU分析即可．【解答】解：据题知，B、C、D都在以Q为圆心的同一圆周上，而此圆周是一个等势线，各点的电势相等，如此A与B、C、D三点的电势差U相等，电场力做功公式W=qU分析电场力做功相等．即有W AB=W AC=W AD．故AB错误，CD正确．应当选：CD13．A、B两个点电荷在真空中所产生电场的电场线〔方向未标出〕如下列图．图中C点为两点电荷连线的中点，MN为两点电荷连线的中垂线，D为中垂线上的一点，电场线的分布关于MN左右对称．如此如下说法中正确的答案是〔〕A．这两点电荷一定是等量异种电荷B．这两点电荷一定等量同种电荷C．D、C两点的电势一定相等D．C点的电场强度比D点的电场强度大【考点】电场线；电场强度；电势．【分析】电场线是从正电荷或者无穷远出发出，到负电荷或无穷远处为止．根据电场线与等势线垂直，判断电势的上下．在两等量异号电荷连线的中垂线上，中间点电场强度最大，也可以从电场线的疏密判断场强的大小．【解答】解：A、根据电场线的特点，从正电荷出发到负电荷终止可以判断，A、B是两个等量异种电荷．故A正确，B错误．C、根据平行四边形定如此，对中垂线上的场强进展合成，知中垂线上每点的电场方向都水平向右，中垂线和电场线垂直，所以中垂线为等势线，所以C点的电势等于D点的电势．故C正确，D、在两等量异号电荷连线的中垂线上，中间点电场强度最大，也可以从电场线的疏密判断，所以C点的电场强度比D点的电场强度大，故D正确．应当选ACD．14．喷墨打印机的简化模型如下列图，重力可忽略的墨汁微滴，经带电室带负电后，以速度v垂直匀强电场飞入极板间，最终打在纸上，如此微滴在极板间电场中〔〕A．向负极板偏转 B．电势能逐渐减小C．运动轨迹是抛物线 D．运动轨迹与带电量无关【考点】带电粒子在匀强电场中的运动．【分析】由电子带负电，在电场中受到的力来确定偏转方向；根据电子做类平抛运动来确定侧向位移，与电场力做功来确定电势能变化情况．【解答】解：A、墨汁微滴带负电，在电场力作用下向正极板偏转，故A错误；B、电场力做正功，电势能减少，故B正确；C、墨汁微滴在电场中做类平抛运动，轨迹为抛物线，故C正确；D、墨汁微滴的偏移量：y=at2=〔〕2=，可知运动轨迹与带电量有关，故D错误．应当选：BC．15．一个固定的光滑斜面，倾角为θ，其空间存在水平向右的匀强电场，如下列图，一个质量为m的带电滑块沿光滑斜面匀速下滑，如下说法正确的答案是〔〕A．物块一定带正电B．物块受到的电场力大小是mgtanθC．物块受到的支持力是mgcosθD．物块向下运动过程中其电势增大，电势能增大【考点】共点力平衡的条件与其应用；力的合成与分解的运用．【分析】对滑块进展正确的受力分析，根据所处状态列出方程即可求出电场力和支持力；结合正负功的条件判定电场力做负功，然后说明即可．【解答】解：A、物体受力如下列图，所受电场力水平向右，因此带正电，故A正确；B、C、物体匀速下滑因此有，沿斜面：mgsinθ=Eqcosθ，垂直斜面：F N=mgcosθ+Eqsinθ，所以有：Eq=mgtanθ，，故B正确，C错误；D、下滑过程中运动的方向与电场力的方向之间的夹角是钝角，所以电场力做负功，物块的电势增大，电势能增大，故D正确．应当选：ABD三、解答题〔共1小题，总分为25分〕16．如下列图为两组平行板金属板，一组竖直放置，一组水平放置，今有一质量为m的电子静止在竖直放置的平行金属板的A点，经电压U0加速后通过B点进入两板间距为d、电压为U的水平放置的平行金属板间，假设电子从两块水平平行板的正中间射入，且最后电子刚好能从右侧的两块平行金属板穿出，A、B分别为两块竖直板的中点，求：〔1〕电子通过B点时的速度大小；〔2〕右侧平行金属板的长度；〔3〕电子穿出右侧平行金属板时的动能．【考点】带电粒子在匀强电场中的运动；动能定理的应用．【分析】〔1〕质子在加速电场中，电场力做正功eU0，由动能定理求解质子射出加速电场的速度．〔2〕质子进入偏转电场后做类平抛运动，沿水平方向做匀速直线运动，位移大小等于板长L；竖直方向做匀加速直线运动，位移大小等于板间距离的一半，由牛顿第二定律求出加速度，由运动学公式求解板长L．〔3〕在偏转电场中，电场力对质子做为eU，根据动能定理，对全过程研究，求解质子穿出电场时的速度．【解答】解：〔1〕在加速过程根据动能定理得：eU0=解得到质子射出加速电场的速度v0=〔2〕粒子在竖直方向：y=，a=在水平方向：x=L=v0t联立上式得到代入数据得L=〔3〕从刚开始到射出电场的过程中运用动能定理得：=e〔U0+〕答：〔1〕电子通过B点时的速度大小为；〔2〕右侧平行金属板的长度为；〔3〕电子穿出右侧平行金属板时的动能为e〔U0+〕；一、课后练习17．一个固定的光滑斜面，倾角为θ，其空间存在水平向右的匀强电场，如下列图，一个质量为m的带电滑块沿光滑斜面匀速下滑，如下说法正确的答案是〔〕A．物块一定带正电B．物块受到的电场力大小是mgtanθC．物块受到的支持力是mgcosθD．物块向下运动过程中其电势增大，电势能减小【考点】电势能；共点力平衡的条件与其应用；电场强度．【分析】解决此题要：对滑块进展正确的受力分析，根据所处状态列出方程即可．【解答】解：物体受力如下列图，所受电场力水平向右，因此带正电，故A正确；物体匀速下滑因此有，沿斜面：mgsinθ=Eqcosθ，垂直斜面：F N=mgcosθ+Eqsinθ，所以有：Eq=mgtanθ，，故B正确，C错误；下滑过程中电场力做负功，电势能增大，故D错误．应当选AB．18．甲图是密立根测定电子电荷量的实验，他在真空装置中放置两块水平金属板，两极板间距为d，电压为U，上极板带正电，用喷雾器把许多带电、密度为ρ的油滴喷入两板之间，通过显微镜找到悬浮不动的一个油滴，测得它的半径为R，由此可测算出该油滴的电荷量．现有如乙图所示的水平放置的两极板Y、Y′，间距也为d，板间电压为2U，将该油滴从两极板左侧中点A以初速度v0沿水平方向射入电场且刚好从Y′右如此边缘穿出，设重力加速度为g，求：〔1〕求该油滴的电荷量q，带何种电荷？〔2〕求乙图中极板的长度L．【考点】带电粒子在混合场中的运动；牛顿第二定律．【分析】〔1〕根据受力平衡方程mg=qE，结合E=，与m=ρV，并由电场强度方向，来确定电荷的电性，即可求解；〔2〕根据牛顿第二定律，结合运动学公式，即可求解．【解答】解：〔1〕由平衡条件得：mg=q…①又m=得：q=油滴带负电荷；〔2〕依题意，油滴的电场力向下，根据牛顿第二定律，有：q+mg=ma2；结合①式解得：a2=3g由于： =得：t2=极板长度：L2=v0t2=v0；答：〔1〕该油滴的电荷量为，带负电荷；〔2〕乙图中极板的长度v0．。
高二物理上学期周练试卷(二)(含解析)-人教版高二全册物理试题
2015-2016学年河北省保定市定州中学高二〔上〕周练物理试卷〔二〕一．选择题〔共44分，本大题共11小题，每一小题4分，在每一小题给出的四个选项中，第1至7题只有一项符合题目要求，第8至11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〕1．2014年12月31日，搭载“风云二号〞08星的运载火箭在西昌卫星发射中心点火发射．发射过程中“风云二号〞08星的某一运行轨道为椭圆轨道，周期为T0，如下列图．如此〔〕A．“风云二号〞08星的发射速度小于第一宇宙速度B．“风云二号〞08星在A→B→C的过程中，速率逐渐变大C．“风云二号〞08星在A→B过程所用的时间小于D．“风云二号〞08星在B→C→D的过程中，万有引力对它先做正功后做负功2．2016年1月5日上午，国防科工局正式发布国际天文学联合会批准的嫦娥三号探测器着陆点周边区域命名为“广寒宫〞，附近三个撞击坑分别命名为“紫微〞、“天市〞、“太微〞．此次成功命名，是以中国元素命名的月球地理实体达到22个．“嫦娥三号〞曾经在距离月球外表高度为h处绕月球做匀速圆周运动．月球半径为R，月球外表的重力加速度为g0，如此“嫦娥三号〞在距离月球外表h高处环绕月球运行的周期为〔〕A． B．C．D．3．两颗互不影响的行星 P1、P2，各有一颗卫星S1、S2绕其做匀速圆周运动．将每颗卫星到行星中心距离r改变后，卫星做匀速圆周运动的加速度 a也随之改变，a与关系如下列图，图线1、2分别表示S1绕P1运动、S2绕P2运动的情况，如此〔〕A．S1的质量比 S2的大B．S1的质量比 S2的小C．P1的质量比 P2的大D．P1的质量比 P2的小4．物理学史上是哪位科学家、由于哪项贡献而人们称为“能称出地球质量的人〞〔〕A．阿基米德，发现了杠杆原理B．牛顿，发现了万有引力定律C．伽利略，测出了重力加速度的值D．卡文迪许，测出了万有引力常量5．科学家预测银河系中所有行星的数量大概在2万亿﹣3万亿之间．日前在银河系发现一颗类地行星，半径是地球半径的两倍，质量是地球质量的三倍．卫星a、b分别绕地球、类地行星做匀速圆周运动，它们距中心天体外表的高度均等于地球的半径．如此卫星a、b的〔〕A．线速度之比为1：B．角速度之比为3：C．周期之比为：D．加速度之比为4：36．2016年2月18日，中国探月工程领导小组宣布：“嫦娥五号〞探测器正式转入正样研制阶段，预计于2017年前后完成研制并择机发射．嫦娥五号〞登月后将再次从月球起飞，并以“跳跃式返回技术〞成功返回地面，完成探月工程的重大跨越﹣﹣带回月球样品．“跳跃式返回技术〞是指航天器在关闭发动机后进入大气层，依靠大气升力再次冲出大气层，降低速度后再进入大气层．如下列图，虚线为大气层的边界．地球半径为R，d点距地心距离为r，地球外表重力加速度为g．如此如下说法正确的答案是〔〕A．“嫦娥五号〞在b点处于完全失重状态B．“嫦娥五号〞在d点的加速度大小等于C．“嫦娥五号〞在c点和e点的速率相等D．“嫦娥五号〞在返回全程机械能守恒7．宇宙中有两颗相距无限远的恒星S1、S2，半径均为R0．如图分别是两颗恒星周围行星的公转半径r3与公转周期T2的图象，其中r3为横轴，T2为纵轴．如此〔〕A．恒星S1的质量大于恒星S2的质量B．恒星S1的密度小于恒星S2的密度C．恒星S1的第一宇宙速度大于恒星S2的第一宇宙速度D．距两恒星外表高度一样的行星，S1的行星向心加速度较大8．水星或金星运行到地球和太阳之间，且三者几乎排成一条直线的现象，天文学称为“行星凌日〞．地球的公转周期为365天，假设将水星、金星和地球的公转轨道视为同一平面内的圆轨道，理论计算得到水星相邻两次凌日的时间间隔为116天，金星相邻两次凌日的时间间隔为584天，如此如下判断合理的是〔〕A．地球的公转周期大约是水星的2倍B．地球的公转周期大约是金星的1.6倍C．金星的轨道半径大约是水星的3倍D．实际上水星、金星和地球的公转轨道平面存在一定的夹角，所以水星或金星相邻两次凌日的实际时间间隔均大于题干所给数据9．冥王星与其附近的另一星体卡戎可视为双星系统，质量比约为7：1，同时绕它们连线上某点O做匀速圆周运动．由此可知，冥王星绕O点运动的〔〕A．轨道半径约为卡戎的 B．角速度大小约为卡戎的C．线速度大小约为卡戎的D．向心力大小约为卡戎的7倍10．如下列图，A是静止在赤道上的物体，B、C是同一平面内两颗人造卫星．B位于离地高度等于地球半径的圆形轨道上；C是地球同步卫星．以下判断正确的答案是〔〕A．卫星B的速度大小等于地球的第一宇宙速度B．A、B的线速度大小关系为v A＞v BC．周期大小关系为T A=T C＞T BD．假设卫星B要靠近C所在轨道，需要先加速11．2013年12月2日，牵动亿万中国心的嫦娥三号探测器顺利发射．嫦娥三号要求一次性进入近地点210公里、远地点约36.8万公里的地月转移轨道，如下列图，经过一系列的轨道修正后，在P点实施一次近月制动进入环月圆形轨道I．再经过系列调控使之进人准备“落月〞的椭圆轨道II．嫦娥三号在地月转移轨道上被月球引力捕获后逐渐向月球靠近，绕月运行时只考虑月球引力作用．如下关于嫦娥三号的说法正确的答案是〔〕A．沿轨道I运行的速度小于月球的第一宇宙速度B．沿轨道I运行至P点的速度等于沿轨道II运行至P点的速度C．沿轨道I运行至P点的加速度等于沿轨道II运行至P点的加速度D．在地月转移轨道上靠近月球的过程中月球引力做正功二、计算题：共6题共66分12．双星系统中两个星球A、B的质量都是m，A、B相距L，它们正围绕两者连线上某一点做匀速圆周运动．实际观测该系统的周期T要小于按照力学理论计算出的周期理论值T0，且=k〔k＜1〕，于是有人猜测这可能是受到了一颗未发现的星球C的影响，并认为C位于双星A．B的连线正中间，相对A、B静止，求：〔1〕两个星球A．B组成的双星系统周期理论值T0；〔2〕星球C的质量．13．宇航员在某星球外表让一个小球以v0的速度做竖直上抛运动，经过时间t小球落回到抛出点，万有引力常量为G，假设忽略星球自传．〔1〕求该星球外表附近的重力加速度g；〔2〕该星球的半径为R，求该星球的密度ρ．14．我国在今年10月24日发射第一颗月球卫星﹣﹣“嫦娥一号〞．同学们也对月球有了更多的关注．〔1〕假设地球半径为R，地球外表的重力加速度为g，月球绕地球运动的周期为T，月球绕地球的运动近似看做匀速圆周运动，试求出月球绕地球运动的轨道半径；〔2〕假设宇航员随登月飞船登陆月球后，在月球外表某处以速度v0竖直向上抛出一个小球，经过时间t，小球落回抛出点．月球半径为r，万有引力常量为G，试求出月球的质量M月．15．我国探月工程实施“绕〞、“落〞、“回〞开展战略．“绕〞即环绕月球进展月表探测，2007年10月24日成功发射“嫦娥一号〞探测器完成绕月探测；“落〞是着月探测，2013年12月2日成功发射“嫦娥三号〞并于2013年12月14日成功实施软着陆，传回图象，释放月球车；“回〞是在月球外表着陆，并采样返回，计划于2017年前后实施．假设假设干年后中国人乘宇宙飞船探索月球并完成如下实验：①当质量为m1的飞船〔含登月舱〕沿贴近月球外表的圆形轨道环绕时，测得环绕一周经过的时间为T；②当质量为m2的登月舱在月球外表着陆后，科研人员在距月球地面高h处以速度v0水平抛出一个质量为m0的小球，测得小球落地点与抛出点的水平距离为L．试根据以上信息，求：〔1〕月球外表重力加速度的大小g；〔2〕月球的质量M；〔3〕登月舱离开月球返回近月轨道上的宇宙飞船时发动机做的功？16．一宇航员在半径为R、密度均匀的某星球外表，做如下实验，用不可伸长的长为l轻绳栓一质量为m的小球，上端固定在O点，如下列图，在最低点给小球某一初速度，使其绕O 点恰好能在竖直面内做圆周运动，最高点速度为v0．引力常量为G，忽略各种阻力，求：〔1〕该行星的平均密度ρ．〔2〕该行星的第一宇宙速度v．17．如图，A是地球的同步卫星．另一卫星B的圆形轨道位于赤道平面内，离地面高度为h．地球半径为R，地球自转角速度为ω0，地球质量为M，O为地球中心．〔1〕开普勒行星运动第三定律指出：行星绕太阳运动的椭圆轨道的半长轴a的三次方与它的公转周期T的二次方成正比，即 k是一个对所有行星都一样的常量．开普勒定律不仅适用于太阳系，它对一切具有中心天体的引力系统〔如地月系统〕都成立．请你推导出地月系中该常量k的表达式．引力常量为G．〔2〕如卫星B绕行方向与地球自转方向一样，某时刻A、B两卫星相距最近〔O、B、A在同一直线上〕，如此至少经过多长时间，它们还能相距最近？2015-2016学年河北省保定市定州中学高二〔上〕周练物理试卷〔二〕参考答案与试题解析一．选择题〔共44分，本大题共11小题，每一小题4分，在每一小题给出的四个选项中，第1至7题只有一项符合题目要求，第8至11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〕1．2014年12月31日，搭载“风云二号〞08星的运载火箭在西昌卫星发射中心点火发射．发射过程中“风云二号〞08星的某一运行轨道为椭圆轨道，周期为T0，如下列图．如此〔〕A．“风云二号〞08星的发射速度小于第一宇宙速度B．“风云二号〞08星在A→B→C的过程中，速率逐渐变大C．“风云二号〞08星在A→B过程所用的时间小于D．“风云二号〞08星在B→C→D的过程中，万有引力对它先做正功后做负功【考点】万有引力定律与其应用．【分析】卫星沿着椭圆轨道运动，结合动能定理分析万有引力做功情况；结合开普勒定律分析速度变化情况；第一宇宙速度是近地卫星的速度，是在地面附近发射卫星的最小发射速度．【解答】解：A、绕地球运行的卫星，其发射速度都大于第一宇宙速度，故A错误；B、根据开普勒第二定律，卫星在A→B→C的过程中，卫星与地球的距离增大，速率逐渐变小，故B错误；C、卫星在A→C的过程中所用的时间是0.5T0，由于卫星在A→B→C的过程中，速率逐渐变小，A→B与B→C的路程相等，所以卫星在A→B过程所用的时间小于，故C正确；D、卫星在B→C→D的过程中，万有引力方向先与速度方向成钝角，过了C点后与速度方向成锐角，所以万有引力对它先做负功后做正功，故D错误．应当选：C2．2016年1月5日上午，国防科工局正式发布国际天文学联合会批准的嫦娥三号探测器着陆点周边区域命名为“广寒宫〞，附近三个撞击坑分别命名为“紫微〞、“天市〞、“太微〞．此次成功命名，是以中国元素命名的月球地理实体达到22个．“嫦娥三号〞曾经在距离月球外表高度为h处绕月球做匀速圆周运动．月球半径为R，月球外表的重力加速度为g0，如此“嫦娥三号〞在距离月球外表h高处环绕月球运行的周期为〔〕A． B．C．D．【考点】万有引力定律与其应用．【分析】由万有引力提供向心力，结合黄金代换可确定出周期的表达式．【解答】解：由万有引力提供向心力得：T=又GM=，如此T=，如此C正确应当选：C3．两颗互不影响的行星 P1、P2，各有一颗卫星S1、S2绕其做匀速圆周运动．将每颗卫星到行星中心距离r改变后，卫星做匀速圆周运动的加速度 a也随之改变，a与关系如下列图，图线1、2分别表示S1绕P1运动、S2绕P2运动的情况，如此〔〕A．S1的质量比 S2的大B．S1的质量比 S2的小C．P1的质量比 P2的大D．P1的质量比 P2的小【考点】万有引力定律与其应用．【分析】根据万有引力提供向心力得出加速度与的关系式，结合图线的斜率比拟行星质量的大小关系．【解答】解：卫星绕行星做匀速圆周运动，根据万有引力提供向心力有：G=ma，解得：a=GM，可知图线的斜率表示GM，M表示行星的质量，由于图线1的斜率大于图线2的斜率，如此P1的质量比P2的大．由于环绕天体的质量，即卫星的质量被约去，无法比拟大小，故C正确，ABD错误．应当选：C．4．物理学史上是哪位科学家、由于哪项贡献而人们称为“能称出地球质量的人〞〔〕A．阿基米德，发现了杠杆原理B．牛顿，发现了万有引力定律C．伽利略，测出了重力加速度的值D．卡文迪许，测出了万有引力常量【考点】物理学史．【分析】根据物理学史和常识解答，记住著名物理学家的主要贡献即可【解答】解：牛顿发现了万有引力定律之后，卡文迪许测出了万有引力常量，被人们称为“能称出地球质量的人〞，故D正确．应当选：D5．科学家预测银河系中所有行星的数量大概在2万亿﹣3万亿之间．日前在银河系发现一颗类地行星，半径是地球半径的两倍，质量是地球质量的三倍．卫星a、b分别绕地球、类地行星做匀速圆周运动，它们距中心天体外表的高度均等于地球的半径．如此卫星a、b的〔〕A．线速度之比为1：B．角速度之比为3：C．周期之比为：D．加速度之比为4：3【考点】人造卫星的加速度、周期和轨道的关系．【分析】根据万有引力等于向心力，分别求出两卫星线速度的表达式，再求解线速度之比．根据周期公式求周期之比．由向心加速度公式结合求向心加速度之比．【解答】解：根据万有引力提供向心力得：得：v=，a=，T=，，A、卫星a、b的线速度之比，故A错误；B、卫星a、b的角速度之比，故B正确；C、卫星a、b的周期之比，故C错误；D、卫星a、b的向心加速度之比=，故D错误．应当选：B6．2016年2月18日，中国探月工程领导小组宣布：“嫦娥五号〞探测器正式转入正样研制阶段，预计于2017年前后完成研制并择机发射．嫦娥五号〞登月后将再次从月球起飞，并以“跳跃式返回技术〞成功返回地面，完成探月工程的重大跨越﹣﹣带回月球样品．“跳跃式返回技术〞是指航天器在关闭发动机后进入大气层，依靠大气升力再次冲出大气层，降低速度后再进入大气层．如下列图，虚线为大气层的边界．地球半径为R，d点距地心距离为r，地球外表重力加速度为g．如此如下说法正确的答案是〔〕A．“嫦娥五号〞在b点处于完全失重状态B．“嫦娥五号〞在d点的加速度大小等于C．“嫦娥五号〞在c点和e点的速率相等D．“嫦娥五号〞在返回全程机械能守恒【考点】万有引力定律与其应用．【分析】“嫦娥五号“沿abc轨迹做曲线运动，速度方向为该点的切线方向，根据牛顿第二定律，结合GM=gR2求出d点的加速度．嫦娥五号从a点到c点，万有引力不做功，阻力做负功，根据动能定理比拟a、c两点的速率大小．从c点到e点，机械能守恒．【解答】解：A、进入大气层受到空气阻力，不是只受重力，“嫦娥五号〞在b点不是处于完全失重状态，故A错误；B、“嫦娥五号〞在d点受到的万有引力，在地球外表重力等于万有引力有有，根据牛顿第二定律，故B错误；C、根据万有引力提供向心力，得，c点和e点轨道半径相等，速率相等，故C正确；D、“嫦娥五号〞在返回全程要抑制空气阻力做功，故机械能不守恒，故D错误；应当选：C7．宇宙中有两颗相距无限远的恒星S1、S2，半径均为R0．如图分别是两颗恒星周围行星的公转半径r3与公转周期T2的图象，其中r3为横轴，T2为纵轴．如此〔〕A．恒星S1的质量大于恒星S2的质量B．恒星S1的密度小于恒星S2的密度C．恒星S1的第一宇宙速度大于恒星S2的第一宇宙速度D．距两恒星外表高度一样的行星，S1的行星向心加速度较大【考点】万有引力定律与其应用；第一宇宙速度、第二宇宙速度和第三宇宙速度．【分析】根据万有引力提供向心力，得出卫星的周期与恒星的质量、半径之间的关系，然后进展比拟；结合万有引力提供向心力，分别写出第一宇宙速度的表达式，然后比拟它们的大小关系；【解答】解：A、由题图可知，当绕恒星运动的行星的环绕半径相等时，S1运动的周期比拟大，根据公式：所以：M=，周期越大如此质量越小．所以恒星S1的质量小于恒星S2的质量．故A 错误；B、两颗恒星的半径相等，如此根据M=ρV，半径R0相等如此它们的体积相等，所以质量大S2的密度大．故B正确．C、根据万有引力提供向心力，如此：所以：v=，由于恒星S1的质量小于恒星S2的质量，所以恒星S1的第一宇宙速度小于恒星S2的第一宇宙速度．故C错误．D、距两恒星外表高度一样的行星，它们的向心加速度a：ma=，由于恒星S1的质量小于恒星S2的质量，所以S1的行星向心加速度较小．故D错误．应当选：B8．水星或金星运行到地球和太阳之间，且三者几乎排成一条直线的现象，天文学称为“行星凌日〞．地球的公转周期为365天，假设将水星、金星和地球的公转轨道视为同一平面内的圆轨道，理论计算得到水星相邻两次凌日的时间间隔为116天，金星相邻两次凌日的时间间隔为584天，如此如下判断合理的是〔〕A．地球的公转周期大约是水星的2倍B．地球的公转周期大约是金星的1.6倍C．金星的轨道半径大约是水星的3倍D．实际上水星、金星和地球的公转轨道平面存在一定的夹角，所以水星或金星相邻两次凌日的实际时间间隔均大于题干所给数据【考点】万有引力定律与其应用．【分析】抓住出现“行星凌日〞的时间间隔，结合求出水星或金星的周期，根据万有引力提供向心力得出轨道半径和周期的关系，从而求出金星轨道半径和水星轨道半径的关系．【解答】解：A、水星相邻两次凌日的时间间隔为116天，设水星的周期为，如此有：，天，可知地球公转周期大约是水星的4倍，故A错误．B、金星相邻两次凌日的时间间隔为584天，设金星的周期为，如此有：，代入数据解得天，可知地球的公转周期大约是金星的1.6倍，故B正确；C、根据得，，因为金星的公转周期大约是水星的0.4倍，如此金星的轨道半径大约是水星的0.5倍，故C错误．D、由所给资料，假设运行轨道平面不存在夹角，那么行星凌日间隔时间会与理论时间一致，而实际与理论不同，故运行轨道平面必然存在夹角，故D正确．应当选：BD．9．冥王星与其附近的另一星体卡戎可视为双星系统，质量比约为7：1，同时绕它们连线上某点O做匀速圆周运动．由此可知，冥王星绕O点运动的〔〕A．轨道半径约为卡戎的 B．角速度大小约为卡戎的C．线速度大小约为卡戎的D．向心力大小约为卡戎的7倍【考点】万有引力定律与其应用．【分析】双星中两颗子星相互绕着旋转可看作匀速圆周运动，其向心力由两恒星间的万有引力提供．由于力的作用是相互的，所以两子星做圆周运动的向心力大小是相等的，利用万有引力定律可以求得其大小．两子星绕着连线上的一点做圆周运动，所以它们的运动周期是相等的，角速度也是相等的，所以线速度与两子星的轨道半径成正比．【解答】解：冥王星与其附近的另一星体卡戎可视为双星系统．所以冥王星和卡戎周期是相等的，角速度也是相等的．A、它们之间的万有引力提供各自的向心力得：mω2r=Mω2R，质量比约为7：1，所以冥王星绕O点运动的轨道半径约为卡戎的．故A正确．B、冥王星和卡戎周期是相等的，角速度也是相等的．故B错误．C、根据线速度v=ωr得冥王星线速度大小约为卡戎的，故C正确．D、它们之间的万有引力提供各自的向心力，冥王星和卡戎向心力大小相等，故D错误．应当选：AC．10．如下列图，A是静止在赤道上的物体，B、C是同一平面内两颗人造卫星．B位于离地高度等于地球半径的圆形轨道上；C是地球同步卫星．以下判断正确的答案是〔〕A．卫星B的速度大小等于地球的第一宇宙速度B．A、B的线速度大小关系为v A＞v BC．周期大小关系为T A=T C＞T BD．假设卫星B要靠近C所在轨道，需要先加速【考点】人造卫星的加速度、周期和轨道的关系；万有引力定律与其应用．【分析】地球的第一宇宙速度是近外表卫星运行速度．地球赤道上的物体与同步卫星具有一样的角速度和周期，根据v=rω，a=rω2比拟线速度的大小和周期的大小，根据万有引力提供向心力比拟B、C的线速度、周期．【解答】解：A、B位于离地高度等于地球半径的圆形轨道上，地球的第一宇宙速度是近外表卫星运行速度．根据万有引力等于向心力v=，所以卫星B的速度大小小于地球的第一宇宙速度，故A错误；B、v=，B位于离地高度等于地球半径的圆形轨道上；C是地球同步卫星所以v B＞v C，对于放在赤道上的物体A和同步卫星C有一样的周期和角速度，根据v=rω，所以v C＞v A所以v B＞v A，故B错误；C、对于放在赤道上的物体A和同步卫星C有一样的周期和角速度，所以，T A=T C根据万有引力等于向心力得B位于离地高度等于地球半径的圆形轨道上；C是地球同步卫星所以T C＞T B，所以周期大小关系为T A=T C＞T B，故C正确；D、假设卫星B要靠近C所在轨道，需要先加速，做离心运动，故D正确；应当选：CD．11．2013年12月2日，牵动亿万中国心的嫦娥三号探测器顺利发射．嫦娥三号要求一次性进入近地点210公里、远地点约36.8万公里的地月转移轨道，如下列图，经过一系列的轨道修正后，在P点实施一次近月制动进入环月圆形轨道I．再经过系列调控使之进人准备“落月〞的椭圆轨道II．嫦娥三号在地月转移轨道上被月球引力捕获后逐渐向月球靠近，绕月运行时只考虑月球引力作用．如下关于嫦娥三号的说法正确的答案是〔〕A．沿轨道I运行的速度小于月球的第一宇宙速度B．沿轨道I运行至P点的速度等于沿轨道II运行至P点的速度C．沿轨道I运行至P点的加速度等于沿轨道II运行至P点的加速度D．在地月转移轨道上靠近月球的过程中月球引力做正功【考点】万有引力定律与其应用．【分析】通过宇宙速度的意义判断嫦娥三号发射速度的大小，根据卫星变轨原理分析轨道变化时卫星是加速还是减速，并由此判定机械能大小的变化，在不同轨道上经过同一点时卫星的加速度大小一样．【解答】解：A、第一宇宙速度是最大的环绕速度，故沿轨道I运行的速度小于月球的第一宇宙速度，故A正确；B、从轨道I进入轨道II嫦娥三号需要要点火减速，故沿轨道I运行至P点的速度小于沿轨道II运行至P点的速度，故B错误；C、在P点嫦娥三号产生的加速度都是由万有引力产生的，因为同在P点万有引力大小相等，故不管在哪个轨道上运动，在P点时万有引力产生的加速度大小相等，故C正确；D、在地月转移轨道上靠近月球的过程中月球引力做正功，故D正确．应当选：ACD．二、计算题：共6题共66分12．双星系统中两个星球A、B的质量都是m，A、B相距L，它们正围绕两者连线上某一点做匀速圆周运动．实际观测该系统的周期T要小于按照力学理论计算出的周期理论值T0，且=k〔k＜1〕，于是有人猜测这可能是受到了一颗未发现的星球C的影响，并认为C位于双星A．B的连线正中间，相对A、B静止，求：〔1〕两个星球A．B组成的双星系统周期理论值T0；。
高二物理上学期第四周周测试卷(含解析)-人教版高二全册物理试题
2015-2016学年广东省佛山市顺德区李兆基中学高三〔上〕第四周周测物理试卷一、单项选择〔5×6=30〕1．某同学在学习了直线运动和牛顿运动定律知识后，绘出了沿直线运动的物体的位移x、速度v、加速度a随时间变化的图象如下列图，假设该物体在t=0时刻，初速度为零，如此如下图象中该物体在0﹣4s内位移一定不为零的是〔〕A．B．C．D．2．如下列图，长为L的轻杆，一端固定一个质量为m的小球，另一端固定在水平转轴O上，杆随转轴O在竖直平面内匀速转动，角速度为ω，某时刻杆对球的作用力恰好与杆垂直，如此此时杆与水平面的夹角是〔〕A．sinθ=B．tanθ=C．sinθ=D．tanθ=3．A．P0=mB．P0=mC．P0=mD．P0=m4．如下列图，曲线Ⅰ是一颗绕地球做圆周运动卫星轨道的示意图，其半径为R；曲线Ⅱ是一颗绕地球做椭圆运动卫星轨道的示意图，O点为地球球心，AB为椭圆的长轴，两轨道和地心都在同一平面内，己知在两轨道上运动的卫星的周期相等，万有引力常量为G，地球质量为M，如下说法正确的答案是〔〕A．椭圆轨道的长轴长度为RB．卫星在Ⅰ轨道的速率为v0，卫星在Ⅱ轨道B点的速率为v B，如此v0＜v BC．卫星在Ⅰ轨道的加速度大小为a0，卫星在Ⅱ轨道A点加速度大小为a A，如此a0＜a AD．假设OA=0.5R，如此卫星在B点的速率v B＞5．如下列图，D、A、B、C四点的水平间距相等，DA、AB、BC在竖直方向上的高度差之比为1：4：9．在A、B、C三点分别放置一样的小球，释放三个压缩的弹簧，小球沿水平方向弹出，小球均落在D点，不计空气阻力，如此如下关于A、B、C三点处的小球说法正确的答案是〔〕A．三个小球在空中运动的时间之比为1：2：3B．三个小球弹出时的动能之比为1：4：9C．三个小球在空中运动过程中重力做功之比为1：5：14D．三个小球落地时的动能之比为2：5：10二、不定项选择〔3×6=18〕6．如下列图，质量为m的物体〔可视为质点〕以某一速度从A点冲上倾角为30°的固定斜面，其减速的加速度为，此物体在斜面上能够上升的最大高度为h，如此在这个过程中物体〔〕A．重力势能增加了mgh B．机械能损失了C．动能损失了mgh D．抑制摩擦力做功7．一质量为0.2kg的物体在水平面上运动，它的两个正交分速度图线分别炎如下列图，由图可知〔〕A．开始4s内物体的位移为16mB．开始4s内物体的位移为C．从开始至6s末物体一直做曲线运动D．开始4s内物体做曲线运动，接着2s内物体做直线运动8．光滑水平桌面上放置一长木板，长木板上外表粗糙，上面放置一小铁块，现有一水平向右的恒力 F 作用于铁块上，以下判断正确的答案是〔〕A．铁块与长木板都向右运动，且两者一定保持相对静止B．假设水平力足够大，铁块与长木板间有可能发生相对滑动C．假设两者保持相对静止，运动一段时间后，拉力突然反向，铁块与长木板间有可能发生相对滑动D．假设两者保持相对静止，运动一段时间后，拉力突然反向，铁块与长木板间仍将保持相对静止三、实验题〔15分〕9．保持不变的条件下，改变m和m′的大小，测出不同m下系统的加速度，然后通过实验数据的分析就可求出滑块与木板间的动摩擦因数．〔1〕该同学手中有打点计时器、纸带、10个质量均为100克的砝码、滑块、一端带有定滑轮的长木板、细线，为了完本钱实验，得到所要测量的物理量，还应有．A．秒表 B．毫米刻度尺 C．天平 D．低压交流电源〔2〕实验中，该同学得到一条较为理想的纸带，如图2所示，从清晰的O点开始，每隔4个点取一计数点〔中间4个点没画出〕，分别记为A、B、C、D、E、F，各计数点到O点的距离为OA=1.61cm，OB=4.02cm，OC=7.26cm，OD=11.30cm，OE=16.14cm，OF=21.80cm，打点计时器打点频率为50Hz，如此由此纸带可得到打E点时滑块的速度v=m/s，此次实验滑块的加速度a=m/s2．在实验数据处理中，该同学以m为横轴，以系统的加速度a为纵轴，绘制了如图3所示的实验图线，结合本实验可知滑块与木板间的动摩擦因数μ=．〔g取10m/s2〕四、计算题〔47分〕10．现有甲、乙两汽车正沿同一平直马路同向匀速行驶，甲车在前，乙车在后，它们行驶的速度均为10m/s．当两车快要到一十字路口时，甲车司机看到绿灯已转换成了黄灯，于是紧急刹车〔反响时间忽略不计〕，乙车司机为了防止与甲车相撞也紧急刹车，但乙车司机反响较慢〔反响时间为0.5s〕．甲车紧急刹车时制动力为车重的0.4倍，乙车紧急刹车时制动力为车重的0.5倍，g取10m/s2．〔1〕假设甲车司机看到黄灯时车头距警戒线15m，他采取上述措施能否防止闯警戒线？〔2〕为保证两车在紧急刹车过程中不相撞，甲、乙两车行驶过程中至少应保持多大距离？11．如下列图，位于竖直平面内的粗糙斜轨道AB与光滑水平轨道BC与竖直光滑半圆形轨道CD平滑连接，半圆轨道的直径DC垂直于BC，斜轨道的倾角θ=37°，圆形轨道的半径为R．一质量为m的小滑块〔可看作质点〕从高为H的斜轨道上的P点由静止开始下滑，然后从直轨道进入圆形轨道运动，运动到圆形轨道的最高点D时对轨道的压力大小恰与重力相等，小滑块过最高点D后做平抛运动，恰好垂直撞击在斜轨道的Q点．sin37°=0.6，cos37°=0.8，重力加速度为g，求：〔1〕滑块运动到圆形轨道最高点时的速度大小．〔2〕滑块与斜轨道间的动摩擦因数μ．〔3〕水平轨道BC的长度．12．小物块运动到B的瞬时速度v B大小与与水平方向夹角θ；〔2〕小物块在圆弧轨道BC上滑到C时对轨道压力Nc大小；〔3〕假设小物块与墙壁碰撞后速度反向、大小变为碰前的一半，且只会发生一次碰撞，那么小物块与轨道CD之间的动摩擦因数μ应该满足怎样的条件．2015-2016学年广东省佛山市顺德区李兆基中学高三〔上〕第四周周测物理试卷参考答案与试题解析一、单项选择〔5×6=30〕1．某同学在学习了直线运动和牛顿运动定律知识后，绘出了沿直线运动的物体的位移x、速度v、加速度a随时间变化的图象如下列图，假设该物体在t=0时刻，初速度为零，如此如下图象中该物体在0﹣4s内位移一定不为零的是〔〕A．B．C．D．【考点】加速度与力、质量的关系式；匀变速直线运动的图像．【专题】牛顿运动定律综合专题．【分析】速度时间图线的正负值表示物体运动的方向，通过位移时间图线的位移的增加还是减小判断运动的方向．【解答】解：A、在0﹣2s内，位移先增大再减小，知运动的方向发生改变．故A错误．B、在0﹣2s内速度为正值，向正方向运动，在2﹣4s内速度为负值，向负方向运动，运动方向发生改变．故B错误．C、0﹣1s内加速度不变，做匀加速直线运动，1﹣2s内加速度方向，大小不变，向正方向做匀减速直线运动，2s末速度为零．在一个周期内速度的方向不变．故C正确．D、在0﹣1s内，向正方向做匀加速直线运动，1﹣2s内加速度方向，大小不变，向正方向做匀减速直线运动，2s末速度为零，2﹣3s内向负方向做匀加速直线运动，运动的方向发生变化．故D错误．应当选：C．【点评】解决此题的关键知道速度时间图线和位移时间图线的物理意义，以与知道它们的区别，并且能很好运用．2．如下列图，长为L的轻杆，一端固定一个质量为m的小球，另一端固定在水平转轴O上，杆随转轴O在竖直平面内匀速转动，角速度为ω，某时刻杆对球的作用力恰好与杆垂直，如此此时杆与水平面的夹角是〔〕A．sinθ=B．tanθ=C．sinθ=D．tanθ=【考点】向心力；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】小球做匀速圆周运动，靠合力提供向心力，根据重力、杆子的作用力的合力指向圆心，求出杆与水平面的夹角．【解答】解：小球所受重力和杆子的作用力的合力提供向心力，根据牛顿第二定律有：mgsinθ=mLω2，解得sin．故A正确，B、C、D错误．应当选A．【点评】解决此题的关键知道小球做匀速圆周运动向心力的来源，运用牛顿第二定律进展求解．3．A．P0=mB．P0=mC．P0=mD．P0=m【考点】功率、平均功率和瞬时功率；匀变速直线运动的图像．【专题】功率的计算专题．【分析】在匀速阶段用额定功率表示出阻力，在匀加速阶段由图象求的加速度，由牛顿第二定律求的牵引力，匀加速达到最大时此时达到额定功率即可求得【解答】解：下车达到最大速度时牵引力等于阻力即在匀加速阶段由牛顿第二定律得F﹣f=ma由图象可知a=在t1时刻匀加速到最大故P0=Fv1联立解得P0=m应当选：A【点评】此题的关键是理解机车的启动过程，这道题是以恒定加速度启动，公式p=Fv，p指实际功率，F表示牵引力，v表示瞬时速度．当牵引力等于阻力时，机车达到最大速度．根据v﹣t图象要能判断机车所处的运动状态4．如下列图，曲线Ⅰ是一颗绕地球做圆周运动卫星轨道的示意图，其半径为R；曲线Ⅱ是一颗绕地球做椭圆运动卫星轨道的示意图，O点为地球球心，AB为椭圆的长轴，两轨道和地心都在同一平面内，己知在两轨道上运动的卫星的周期相等，万有引力常量为G，地球质量为M，如下说法正确的答案是〔〕A．椭圆轨道的长轴长度为RB．卫星在Ⅰ轨道的速率为v0，卫星在Ⅱ轨道B点的速率为v B，如此v0＜v BC．卫星在Ⅰ轨道的加速度大小为a0，卫星在Ⅱ轨道A点加速度大小为a A，如此a0＜a AD．假设OA=0.5R，如此卫星在B点的速率v B＞【考点】人造卫星的加速度、周期和轨道的关系；万有引力定律与其应用．【专题】人造卫星问题．【分析】根据开普勒定律比拟长轴与R的关系，根据万有引力的大小，通过牛顿第二定律比拟加速度，结合速度的大小比拟向心加速度的大小．【解答】解：A、根据开普勒第三定律得=k，a为半长轴，己知卫星在两轨道上运动的卫星的周期相等，所以椭圆轨道的长轴长度为2R，故A错误；B、B点为椭圆轨道的远地点，速度比拟小，v0表示做匀速圆周运动的速度，v0＞v B．故B错误；C、根据牛顿第二定律得a=，卫星在Ⅰ轨道距离地心的距离大于卫星在Ⅱ轨道A点距离地心的距离，所以a0＜a A，故C正确；D、假设OA=0.5R，如此OB=1.5R，人造卫星绕地球做匀速圆周运动，根据万有引力提供向心力，=v=，如果卫星以OB为轨道半径做匀速圆周运动，v==，在Ⅱ轨道上，卫星在B点要减速，做近心运动，所以卫星在B点的速率v B＜，故D错误；应当选：C．【点评】此题考查万有引力定律、开普勒第三定律、牛顿第二定律等知识，知道卫星变轨的原理是解决此题的关键．5．如下列图，D、A、B、C四点的水平间距相等，DA、AB、BC在竖直方向上的高度差之比为1：4：9．在A、B、C三点分别放置一样的小球，释放三个压缩的弹簧，小球沿水平方向弹出，小球均落在D点，不计空气阻力，如此如下关于A、B、C三点处的小球说法正确的答案是〔〕A．三个小球在空中运动的时间之比为1：2：3B．三个小球弹出时的动能之比为1：4：9C．三个小球在空中运动过程中重力做功之比为1：5：14D．三个小球落地时的动能之比为2：5：10【考点】功的计算；功能关系．【分析】研究平抛运动的方法是把平抛运动分解到水平方向和竖直方向去研究，水平方向做匀速直线运动，竖直方向做自由落体运动，根据竖直位移可确定各自运动的时间之比，从而求出各自抛出速度之比，根据W=mgh求功之比，根据E k=mv2动能的比值．由机械能守恒知末动能的比例．【解答】解：A、DA、AB、BC竖直方向高度差之比为1：4：9，高度之比为1：5：14，由h=，A、B、C三个小球运动的时间之比为1：：，故A错误；B、A、B、C三个小球的水平位移之比1：2：3，由x=vt知可得初速度之比为1：：，根据动能之比不是1：4：9，故B错误；C、根据W=mgh知重力做功之比为：1：5：14，故C正确；D、根据动能定理知mgh=E k2﹣E k1，由于质量相等且高度之比，可得落地时动能之比即为〔mgh+E k1〕：〔5mgh+E k1〕：〔10mgh+E k1〕，故D错误；应当选：C．【点评】此题就是对平抛运动规律的直接考查，突破口是由高度确定运动的时间．所以掌握住平抛运动的规律与运动学公式就能轻松解决．二、不定项选择〔3×6=18〕6．如下列图，质量为m的物体〔可视为质点〕以某一速度从A点冲上倾角为30°的固定斜面，其减速的加速度为，此物体在斜面上能够上升的最大高度为h，如此在这个过程中物体〔〕A．重力势能增加了mgh B．机械能损失了C．动能损失了mgh D．抑制摩擦力做功【考点】功能关系；牛顿第二定律．【专题】机械能守恒定律应用专题．【分析】重力势能的增加量等于抑制重力做的功；动能变化等于力的总功；机械能变化量等于除重力外其余力做的功．【解答】解：A、加速度，解得：摩擦力；物体在斜面上能够上升的最大高度为h，所以重力势能增加了mgh，故A正确；B、机械能的损失量为，故B正确；C、动能损失量为抑制合外力做的功的大小，故C错误；D、抑制摩擦力做功，故D错误．应当选AB．【点评】此题关键根据功能关系的各种具体形式得到重力势能变化、动能变化和机械能变化．7．一质量为0.2kg的物体在水平面上运动，它的两个正交分速度图线分别炎如下列图，由图可知〔〕A．开始4s内物体的位移为16mB．开始4s内物体的位移为C．从开始至6s末物体一直做曲线运动D．开始4s内物体做曲线运动，接着2s内物体做直线运动【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】物体参与了两个运动，根据v﹣t图象知道，一个是先匀速直线运动，再匀减速，另一个是先匀加速直线运动，再匀减速直线运动．根据运动的合成去求解有关的物理量．清楚物体做曲线运动的条件．【解答】解：A、图象与时间轴围成的面积为物体运动的位移，开始4s内物体x方向位移8m，y方向位移8m，所以开始4s内物体的位移为，故A错误，B正确．C、开始时物体初速度方向为x方向，加速度方向为y方向，两者不在一条直线上，所以物体做曲线运动，4s末物体的速度方向与x方向夹角的正切值为=2，加速度方向与x方向夹角的正切值为=2，所以速度方向与加速度方向在同一条直线上，所以物体要做直线运动．故C错误，D正确．应当选BD．【点评】能从图象中获取尽量多的信息是解决图象问题的关键．对于矢量的合成应该运用平行四边形法如此．8．光滑水平桌面上放置一长木板，长木板上外表粗糙，上面放置一小铁块，现有一水平向右的恒力 F 作用于铁块上，以下判断正确的答案是〔〕A．铁块与长木板都向右运动，且两者一定保持相对静止B．假设水平力足够大，铁块与长木板间有可能发生相对滑动C．假设两者保持相对静止，运动一段时间后，拉力突然反向，铁块与长木板间有可能发生相对滑动D．假设两者保持相对静止，运动一段时间后，拉力突然反向，铁块与长木板间仍将保持相对静止【考点】滑动摩擦力；静摩擦力和最大静摩擦力．【专题】摩擦力专题．【分析】当两者保持相对静止时，具有一样的加速度，小铁块与木板之间的摩擦力为静摩擦力，一旦摩擦力达到最大静摩擦力，两者将发生相对滑动．【解答】解：A、设木板的质量为M，小铁块的质量为m，它们之间的最大静摩擦力为f，根据牛顿第二定律知，当两者的加速度a=时，即F=〔m+M〕a=，如此F时，两者发生相对滑动．故A错误，B正确．C、假设两者保持相对静止，知两者之间的摩擦力小于最大静摩擦力，拉力反向，如此整体加速度反向，此时两者摩擦力的大小不变，方向改变，仍然保持相对静止．故C错误，D正确．应当选BD．【点评】解决此题的关键能够正确地受力分析，运用牛顿第二定律求解，注意整体法和隔离法的运用．三、实验题〔15分〕9．保持不变的条件下，改变m和m′的大小，测出不同m下系统的加速度，然后通过实验数据的分析就可求出滑块与木板间的动摩擦因数．〔1〕该同学手中有打点计时器、纸带、10个质量均为100克的砝码、滑块、一端带有定滑轮的长木板、细线，为了完本钱实验，得到所要测量的物理量，还应有BD ．A．秒表 B．毫米刻度尺 C．天平 D．低压交流电源〔2〕实验中，该同学得到一条较为理想的纸带，如图2所示，从清晰的O点开始，每隔4个点取一计数点〔中间4个点没画出〕，分别记为A、B、C、D、E、F，各计数点到O点的距离为OA=1.61cm，OB=4.02cm，OC=7.26cm，OD=11.30cm，OE=16.14cm，OF=21.80cm，打点计时器打点频率为50Hz，如此由此纸带可得到打E点时滑块的速度v= 0.53 m/s，此次实验滑块的加速度a= 0.81 m/s2．在实验数据处理中，该同学以m为横轴，以系统的加速度a为纵轴，绘制了如图3所示的实验图线，结合本实验可知滑块与木板间的动摩擦因数μ=0.3 ．〔g取10m/s2〕【考点】探究影响摩擦力的大小的因素．【专题】实验题；定性思想；实验分析法；摩擦力专题．【分析】〔1〕本实验中需要交流电源和长度的测量工具．〔2〕每隔4个点取一计数点，相邻计数点之间的时间间隔为0.1s，由匀加速规律可得，用平均速度等于中间时刻的瞬时速度求解速度、用△x=at2求解加速度．〔3〕对系统应用牛顿第二定律，得到图线的纵轴截距为﹣μg，可解得动摩擦因数．【解答】解：〔1〕A、打点计时器通过打点即可知道时间，故不需要秒表，故A错误．B、实验需要测量两点之间的距离，故需要毫米刻度尺，故B正确．C、本实验中可以不测滑块的质量，而且砝码的质量，故天平可以不选，故C错误．D、打点计时器要用到低压交流电源，故D正确．应当选：BD〔2〕每隔4个点取一计数点，相邻计数点之间的时间间隔为0.1s，故用平均速度等于中间时刻的瞬时速度可得：v E===0.53m/s；由△x=at2可得：a===0.81m/s2；〔3〕对ABC系统应用牛顿第二定律可得：a==，所以，a﹣﹣t图象中，纵轴的截距为﹣μg，故﹣μg=﹣3，μ=0.3故答案为：〔1〕BD 〔2〕0.53 0.81 〔3〕0.3．【点评】此题考查动摩擦因数的测量实验；要求能熟悉纸带的处理方法，注意时间的数值和长度的单位、逐差法等；对于图象问题，要注意分析截距、斜率、面积等的含义．四、计算题〔47分〕10．现有甲、乙两汽车正沿同一平直马路同向匀速行驶，甲车在前，乙车在后，它们行驶的速度均为10m/s．当两车快要到一十字路口时，甲车司机看到绿灯已转换成了黄灯，于是紧急刹车〔反响时间忽略不计〕，乙车司机为了防止与甲车相撞也紧急刹车，但乙车司机反响较慢〔反响时间为0.5s〕．甲车紧急刹车时制动力为车重的0.4倍，乙车紧急刹车时制动力为车重的0.5倍，g取10m/s2．〔1〕假设甲车司机看到黄灯时车头距警戒线15m，他采取上述措施能否防止闯警戒线？〔2〕为保证两车在紧急刹车过程中不相撞，甲、乙两车行驶过程中至少应保持多大距离？【考点】牛顿第二定律；匀变速直线运动的速度与时间的关系；匀变速直线运动的位移与时间的关系．【专题】牛顿运动定律综合专题．【分析】〔1〕甲刹车时，水平方向受到制动力，根据牛顿第二定律求出甲刹车时的加速度．由运动学速度﹣位移关系式求出速度减小到零时的位移大小，与15m比拟，确定甲车能否防止闯警戒线．〔2〕由乙车制动力，根据牛顿第二定律求出乙刹车时的加速度．当两车恰好相撞时的条件：速度相等，根据速度公式求出所用时间，应用位移公式求出两车的位移，再求解两车行驶过程中至少应保持的距离．【解答】解：〔1〕根据牛顿第二定律可得：甲车紧急刹车的加速度a1===4m/s2这段时间滑行距s=将数据代入解得：s=12.5m因为s＜15m，所以甲车司机能防止闯警戒线．〔2〕设甲、乙两车行驶过程中至少应保持距s0，在乙车刹车t2时间两车恰好相撞，如此有：乙车紧急刹车的加速度为a2===5m/s2v0﹣a1〔t2+t0〕=v0﹣a2t2代入解得t2=2s乙车通过的位移大小 s乙=v0t0+v0t2﹣a2t22=15m甲车通过的位移大小 s甲=v0〔t0+t2〕﹣a1〔t0+t2〕2=12.5m．代入解得 s0=s乙﹣s甲=〔15﹣12.5〕m=2.5m答：〔1〕假设甲车司机看到黄灯时车头距警戒线15m，他采取上述措施能防止闯警戒线．〔2〕为保证两车在紧急刹车过程中不相撞，甲、乙两车行驶过程中至少应保持2.5m距离．【点评】此题第〔1〕问也可以用动能定理求解：﹣f1s=0﹣，s=12.5m．第〔2〕问关键是抓住恰好相撞的条件：两车速度一样．11．如下列图，位于竖直平面内的粗糙斜轨道AB与光滑水平轨道BC与竖直光滑半圆形轨道CD平滑连接，半圆轨道的直径DC垂直于BC，斜轨道的倾角θ=37°，圆形轨道的半径为R．一质量为m的小滑块〔可看作质点〕从高为H的斜轨道上的P点由静止开始下滑，然后从直轨道进入圆形轨道运动，运动到圆形轨道的最高点D时对轨道的压力大小恰与重力相等，小滑块过最高点D后做平抛运动，恰好垂直撞击在斜轨道的Q点．sin37°=0.6，cos37°=0.8，重力加速度为g，求：〔1〕滑块运动到圆形轨道最高点时的速度大小．〔2〕滑块与斜轨道间的动摩擦因数μ．〔3〕水平轨道BC的长度．【考点】动能定理；向心力．【专题】动能定理的应用专题．【分析】〔1〕D点由向心力公式可得速度大小．〔2〕由动能定理可求得摩擦力做功，其中摩擦力做功含有摩擦因数．〔3〕由平抛运动可得水平向与竖直向的位移，结合图中的几何关系可求得距离．【解答】解：〔1〕在D点：2mg=如此〔2〕由P到D，由动能定理： x AB而解得：〔3〕在Q点的水平速度v Q平=v D=由垂直撞击可知滑块运动到Q时的竖直分速度为：由此可得平抛运动的时间为：t==平抛运动的水平位移为：平抛运动的竖直分位移为：y DF==Q点的高度：h QE=2R﹣y DF=如此水平轨道BC的长度：L==答：〔1〕滑块运动到圆形轨道最高点时的速度大小为．〔2〕滑块与斜轨道间的动摩擦因数为．〔3〕水平轨道BC的长度为【点评】此题考查动能定理与竖直面内的圆周运动，选择适宜的过程，并注意竖直面内圆周运动的临界条件即可求解12．小物块运动到B的瞬时速度v B大小与与水平方向夹角θ；〔2〕小物块在圆弧轨道BC上滑到C时对轨道压力Nc大小；〔3〕假设小物块与墙壁碰撞后速度反向、大小变为碰前的一半，且只会发生一次碰撞，那么小物块与轨道CD之间的动摩擦因数μ应该满足怎样的条件．【考点】机械能守恒定律；向心力．【专题】计算题；定量思想；寻找守恒量法；机械能守恒定律应用专题．【分析】〔1〕小球做平抛运动，根据机械能守恒定律列式求解小物块运动到B的瞬时速度v B 大小，运用运动的分解法求解速度与水平方向的夹角；〔2〕先根据能量关系列式求解C点的速度，在C点，支持力和重力的合力提供向心力，根据牛顿第二定律、第三定律列式求解；〔3〕分μ取得最大值和最小值讨论，根据能量守恒列出能量等式解决问题．要考虑物块可能的滑过的路程．【解答】解：〔1〕解法一：小物块由A运动到B的过程中做平抛运动，设初速度为v0．由机械能守恒得E P=mv，v0=2m/sE P+mg〔h1﹣h2〕=mv，v B=4m/s〔2分〕根据平抛运动规律有：cosθ===0.5，θ=60°解法二：小物块由A运动到B的过程中做平抛运动，机械能守恒E P=mv，v0=2m/s小物块由A运动到B的过程中做平抛运动，在竖直方向上根据自由落体运动规律可知，小物块由A运动到B的时间为：t==s≈0.346s根据平抛运动规律有：tanθ=，解得：θ=60°v B==4m/s〔2〕根据图中几何关系可知，h2=R〔1﹣cos∠BOC〕，解得：R=1.2m根据能的转化与守恒可知，E P+mgh1=mv，vc=2m/s对小球在圆弧轨道C点应用牛顿运动定律N c﹣mg=得 N c=10+=33.3N〔3〕依据题意知，①μ的最大值对应的是物块撞墙前瞬间的速度趋于零，根据能量关系有：mgh1+E p＞μmgL代入数据解得：μ＜②对于μ的最小值求解，首先应判断物块第一次碰墙后反弹，能否沿圆轨道滑离B点，设物块碰前在D处的速度为v2，由能量关系有：。
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高二物理周练20160516
(时间：60分钟满分：100分)
一、选择题(本题共8小题，每小题6分，共48分，多选题已在题号后标出)
1．(多选)下列说法中正确的是() A．位移是矢量，位移的方向即质点运动的方向
B．不论物体的体积多大，都有可能被看成质点
C．只有低速运动的物体才可看成质点，高速运动的物体不可看成质点
D．物体通过的路程不等，但位移可能相同
2．在2013年全国运动会上，运动员张培萌夺得男子100 m和200 m比赛两块金牌，被誉为“中国新飞人”，他在100 m比赛中之所以能够取得胜利，取决于他在100 m中的
()
A．某时刻的瞬时速度大B．撞线时的瞬时速度大
C．平均速度大D．起跑时的加速度大
3. (2015·赣州模拟)(多选)如图所示是A、B两质点从同一地点运动的s－t图象，则下列说法中正确的
是()
A．A质点以20 m/s的速度匀速运动
B．B质点先沿正方向做直线运动，后沿负方向做直线运动
C．B质点最初4 s做加速运动，后4 s做减速运动
D．A、B两质点在4 s末相遇
4. (2015·北京西城区期末)如图所示，汽车向右沿直线运动，原来的速度是v1，经过一小段时间之后，
速度变为v2，Δv表示速度的变化量．由图中所示信息可知() A．汽车在做加速直线运动
B．汽车的加速度方向与v1的方向相同
C．汽车的加速度方向与v1的方向相反
D．汽车的加速度方向与Δv的方向相反
5．(2015·潍坊联考)(多选)某物块从固定斜面底端以一定的初速度沿斜
面上滑，其速度大小随时间变化的关系如图所示，则物()
A．在0.5 s时离斜面底端最远
B．沿斜面上滑的最大距离为2 m
C．在1.5 s时回到斜面底端
D．上滑时加速度大小是下滑时加速度大小的2倍
6．(多选)一物体做竖直上抛运动(不计空气阻力)，初速度为30 m/s，当物体的位移为25 m时，经历的时间为(g取10 m/s2) ()
A．1 s B．2 s
C．5 s D．3 s
7．一辆汽车在平直公路上做刹车实验，若从0时刻起汽车在运动过程中的位移与速度的关系式为x ＝(10－0.1v2)m，则下列分析正确的是()
A．上述过程的加速度大小为10 m/s2
B．刹车过程持续的时间为5 s
C．0时刻的初速度为10 m/s
D．刹车过程的位移为5 m
8．(多选)一辆小汽车在一段平直的公路上做匀加速直线运动，A、B是运动过程中经过的两点．已知汽车经过A点时的速度为1 m/s，经过B点时的速度为7 m/s.则汽车从A到B的运动过程中，下列说法正确的是()
A．汽车经过AB位移中点时速度是4 m/s
B．汽车经过AB中间时刻的速度是4 m/s
C．汽车前一半时间发生位移是后一半时间发生位移的一半
D．汽车前一半位移所用时间是后一半位移所用时间的2倍
二、实验题(本题共2小题，共20分)
9. (10分)(2014·高考大纲全国卷)现用频闪照相方法来研究物块的变速运动．在一小物块沿斜面向下
运动的过程中，用频闪相机拍摄的不同时刻物块的位置如图所示．拍摄时频闪频率是10 Hz；通过斜面上固定的刻度尺读取的5个连续影像间的距离依次为x1、x2、x3、x4.已知斜面顶端的高度h和斜面的长度s.数据如下表所示．重力加速度大小g＝9.80 m/s2.
单位：cm
根据表中数据，完成下列填空：
(1)物块的加速度a＝______m/s2(保留三位有效数字)．
(2)因为____________________________________，可知
斜面是粗糙的．
10．(10分)某同学用如图甲所示的实验装置研究匀变速直线运动．
实验步骤如下：
A．安装好实验器材；
B．让小车拖着纸带运动，打点计时器在纸带上打下一
系列小点，重复几次，选出一条点迹比较清晰的纸带，
从便于测量的点开始，每五个点取一个计数点，如图乙
中a、b、c、d等点；
C．测出x1、x2、x3、….
结合上述实验步骤，请你继续完成下列任务：
(1)实验中，除打点计时器(含纸带、复写纸)、小车、一
端附有滑轮的长木板、细绳、钩码、导线及开关外，在下列的仪器和器材中，必须使用的有________．(填选项代号)
A．电压合适的50 Hz交流电源B．电压可调的直流电源C．秒表D．刻度尺
E．天平F．重锤G．弹簧秤H．滑动变阻器
(2)如果小车做匀加速运动，所得纸带如图乙所示，则x1、x2、x3的关系是________，已知打点计
时器打点的时间间隔是t，则打c点时小车的速度大小是________．
答题卷
班级: 姓名: 得分:
一、选择题(本题共8小题，每小题6分，共48分，多选题已在题号后标出)
二填空题
9.(1)物块的加速度a＝______m/s2(保留三位有效数字)．
(2)因为_______________ _________________ ____，可知斜面是粗糙的．
10．(1) (2)
三、计算题(本题共2小题，共32分)
11．(16分)在一次低空跳伞训练中，当直升机悬停在离地面224 m高处时，伞兵离开飞机做自由落体运动．运动一段时间后，打开降落伞，展伞后伞兵以12.5 m/s2的加速度匀减速下降．为了伞兵的安全，要求伞兵落地速度最大不得超过5 m/s，求：(取g＝10 m/s2)
(1)伞兵展伞时，离地面的高度至少为多少？着地时相当于从多高处自由落下？
(2)伞兵在空中的最短时间为多少？
12．(16分)下表为甲、乙两汽车的性能指标．开始时两车静止在同一条平直公路上，甲车在前乙车在后，两车相距170 m．某时刻起两车向同一方向同时启动，若两车由静止开始运动到最大速度的时间内都以最大加速度(启动时的加速度)做匀加速直线运动.
(1)求两车的最大加速度的大小．
(2)通过计算判断两车相遇时各做何种性质的运动．
高二物理周练20160516一、选择题(本题共8小题，每小题6分，共48分，多选题已在题号后标出) 1．BD. 2．C. 3. ABD4. C. 5．AC. 6．AC.7．C. 8．BD.
二、实验题(本题共2小题，共20分)
9. 解析：(1)a＝Δx
4T2＝
x3＋x4－x1－x2
4T2＝4.30 m/s
2答案：(1)4.30(填“4.29”或“4.31”同样给分)
(2)物块加速度小于g h
s＝5.88 m/s
2(或：物块加速度小于物块沿光滑斜面下滑的加速度)
10．答案：(1)AD(2)x3－x2＝x2－x1x2＋x3 10t
三、计算题(本题共2小题，共32分)
11．解析：(1)设伞兵展伞时，离地面的高度至少为h，此时速度为v0，着地时相当于从h1高处自由落下，则有v2－v20＝－2ah，又v20＝2g(224 m－h)
联立解得h＝99 m，v0＝50 m/s
以5 m/s的速度落地相当于从h1高处自由落下，即2gh1＝v2，所以h1＝v2
2g＝
52
20m＝1.25 m.
(2)设伞兵在空中的最短时间为t，则有v0＝gt1，t1＝v0
g＝
50
10s＝5 s，t2＝
v－v0
a＝
5－50
－12.5
s＝3.6 s，
故所求时间t＝t1＋t2＝(5＋3.6)s＝8.6 s.
12．解析：(1)由题意可知两车的加速度大小分别为
a甲＝Δv
甲
Δt
甲
＝
30－0
12m/s
2＝2.5 m/s2a
乙
＝
Δv
乙
Δt
乙
＝
30－0
6m/s
2＝5 m/s2
(2)乙车达到最大速度时，经历时间t1＝v乙
a乙
＝
50
5s＝10 s
此时两车的位移分别为s
甲＝
1
2a甲t
2
1
＝125 m s
乙
＝
1
2a乙t
2
1
＝250 m
由于s
乙＜s
甲
＋170 m＝295 m，故两车未相遇
此后，甲车达到最大速度时，经历时间t2＝v甲
a甲
＝16 s此时两车位移分别为
s甲′＝1
2a甲t
2
2
＝320 m s
乙
′＝
1
2a乙t
2
1
＋v
乙
(t2－t1)＝550 m
由于s
乙′＞s
甲
′＋170 m＝490 m
故两车已相遇．
可见两车相遇时，甲车做匀加速直线运动，乙车已达最大速度并做匀速直线运动．。