2014-2015学年江西省新余市渝水一中高二(下)月考物理试卷
江西省新余市2014-2015学年高二下学期期末考试物理试卷(扫描版)
新余市2014-2015学年度下学期期末联考试卷高二物理参考答案一、选择题1．A 2．D 3．D 4．A 5．B 6．D 7．B 8．AC 9．BC10．ABD二、非选择题（一）必考题11、（6分）（1） ① （2） 0.5 （每空3分）12、（9分）（1） g （2） 0.8 （3） AC （每空3分）13、（10分）（1）s ＝1.41 m （2）F ＝20 N[解析] (1)小球从A 到B 过程机械能守恒，有mgh ＝12mv 2B ① （2分）小球从B 到C 做平抛运动，在竖直方向上有H ＝12g t 2② （1分）在水平方向上有s ＝v B t ③ （1分）由①②③式解得s ＝1.41 m ④ （2分）(2)小球下摆到达B 点时，绳的拉力和重力的合力提供向心力，有F －mg ＝m 2B v L⑤ （2分） 由①⑤式解得F ＝20 N （2分）根据牛顿第三定律F ′＝－F轻绳所受的最大拉力为20 N.14、（11分）（1）t 1=2 s （2）F =0.45 N t 2s [解析]（1）若F =0，小木块会沿斜面做匀加速直线运动根据牛顿第二定律ma mg mg =-θμθcos sin计算可得2/2s m a = （2分）由运动学公式2121at b =（1分） 计算可得s t 21= （1分）（2）若木块沿斜面对角线从点A 运动到点C ，说明合力方向沿AC 方向，设AC 与AB 的夹角为α，合位移m AC x 54322=+== （1分）由几何关系可得：sin 35α= 施加的外力为N mg F 45.0tan sin ==αθ （2分）根据牛顿第二定律a m mg mg '=-θμαθcos cos sin 计算可得2/5.3s m a =' （2分）由运动学公式2221t a x '= （1分）计算可得t （1分） 15、（10分）（1）B=02mqt π （2）02122t T t t ==+ [解析]（1）粒子在0t 时间内，速度方向改变了 90，故周期04t T = （1分）根据洛伦兹力提供向心力rv m qvB 2= 得到周期公式（2分）联立得02qt mB π= （2分）（2）在同一点射出磁场的两粒子轨迹如图，轨迹所对应的圆心角分别为1θ和2θ，由几何关系有21180θθ-= （3分） 故02122t T t t ==+ （2分） （二）选考题16. （1）（6分）10 10 （每空3分） （2）（8分）由折射定律，设在C 点恰好发生全反射，由 可求得C=45°根据 得 ，∠AOC=，则∠COD=弧AB 上有光透出的部分弧长CD 为17.（1）（6分）8 4 20782Pb （每空2分）。
江西省新余市一中高二下学期第一次段考物理试卷.pdf
2015—2016学年新余一中高二年级下学期第一次段考 物 理 试 卷 命题人：物理备课组 审题人：物理备课组 卷面总分：100分 考试时间：90分钟 一、选择题（本大题共10小题，1-题为单选，-10题为多选，每题4分，共40分）1．下列提到的交流电，哪个指的不是交流电的有效值( ) A．交流电压表的读数B．保险丝的熔断电流 C．电容器的击穿电压D．电动机铭牌上的额定电压 ．一个电热器接在10 V直流电源上消耗的电功率是P，当把它接到一正弦交变电压上时消耗的电功率为P/4，则该交流电压的最大值为( ) A．5 V B．7.1 VC．10 V D．12 V (a)、(b)两电路中，当a、b两端和e、f两端分别加上220V的交流电压时，测得c、d间与g、h间的电压均为110V。
若分别在c、d与g、h两端加上110V的交流电压，则a、b间与e、f间的电压分别（ ） A．220V、220V B．220V、 110V C．110V、110V D．220V、0 4．如图所示，电路中有四个完全相同的灯泡，额定电压均为U，额定功率均为P，变压器为理想变压器，现在四个灯泡都正常发光，则变压器的匝数比n1∶n2和电源电压U1分别为( ) A．1∶2 2U B．1∶2 4UC．2∶1 4U D．2∶1 2U 5. 如图所示，A、B是两个完全相同的灯泡，D是理想二极管，L是带铁芯的线圈，其电阻忽略不计．下列说法正确的是( )A.?S闭合瞬间，A先亮B.?S闭合瞬间，A、B同时亮C.?S断开瞬间，B逐渐熄灭D.?S断开瞬间，A闪亮一下，然后逐渐熄灭 6．如图所示，R1、R2、R3是固定电阻，R4是光敏电阻，当开头S闭合后在有光照射时，a、b两点等电势，当没有光照射R4时 （ ） A．R4的阻值变小，a点电势高于b点电势 B．R4的阻值变小，a点电势低于b点电势 C．R4的阻值变大，a点电势高于b点电势 D．R4的阻值变大，a点电势低于b点电势 7．一理想变压器原、副线圈的匝数比为101，原线圈输入电压的变化规律如图甲所示，副线圈所接电路如图乙所示，P为滑动变阻器的触头．下列说法正确的是( )A．副线圈输出电压的频率为50 Hz B．副线圈输出电压的有效值为31 V C．P向右移动时，原、副线圈的电流比减小 D．P向右移动时，变压器的输出功率增加 （ ） A．话筒是一种常用的声传感器，其作用是将电信号转换为声信号 B．电熨斗能够自动控制温度的原因是它装有双金属片温度传感器，这种传感器作用是控制电路的通断 C．电子秤所使用的测力装置是力传感器 D．半导体热敏电阻常用作温度传感器，因为温度越高，它的电阻值越大 9．如右图所示，MN右侧有一正三角形匀强磁场区域(边缘磁场忽略不计)上边界与MN垂直。
高中江西省新余市高二(下)期末物理试题[答案解析]
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江西省新余市【精品】高二（下）期末物理试题学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________一、单选题1．下列说法符合事实的是A ．普朗克大胆地把光的波粒二象性推广到实物粒子提出假设：实物粒子也具有波动性B ．汤姆孙通过对阴极射线的观察，发现了阴极射线是由带负电的微粒组成，并测出了该种微粒的电荷量C ．卢瑟福通过对α粒子散射实验的研究证实了原子核内部有质子和中子D ．爱因斯坦为了解释光电效应的实验规律提出了光子说2．一个小球从地面上A 点以斜向上的初速度0v 抛出，0v 的方向与水平方向的夹角为θ，小球在空中运动的最高点和A 点的连线与水平方向的夹角为α，不计空气阻力，下列说法正确的是（ ）A ．θ一定时，0v 越大，α越大B ．θ一定时，0v 越大，α越小C ．0v 一定时，θ越大，α越小D ．0v 一定时，θ越大，α越大 3．物体以初速度V 0沿粗糙斜面向上滑行，达到最高点后自行返回原点，在这一过程中，物体的速度—时间图线是：（ ）A ．B ．C ．D ．4．【精品】1月3日10时26分，“嫦娥四号”探测器成功在月球背面着陆，标志着我国探月航天工程达到了一个新高度，图示为“嫦娥四号”到达月球背面的巡视器．已知地球和月球的半径之比约为4:1，其表面重力加速度之比约为6:1．则地球和月球相比较，下列说法中最接近实际的是（ ）A ．地球的密度与月球的密度比为3：2B ．地球的质量与月球的质量比为64：1C ．地球的第一宇宙速度与月球的第一宇宙速度比为8：1D ．苹果在地球表面受到的引力与它在月球表面受到的引力比为60：15．在图中所示的电路中，当滑动变阻器的滑动触片向b 端移动时 ( )A ．伏特表V 读数增大，电容C 的电荷量在减小B ．安培表A 的读数增大，电容C 的电荷量在增大C ．伏特表V 的读数增大，安培表A 的读数减小D ．伏特表V 的读数减小，安培表A 的读数增大6．如图所示的区域内有垂直于纸面的匀强磁场，磁感应强度为B ．电阻为R 、半径为L 、圆心角为45°的扇形闭合导线框绕垂直于纸面的O 轴以角速度ω匀速转动（O 轴位于磁场边界）．则线框内产生的感应电流的有效值为A ．22BL R ωBCD ．24BL Rω二、多选题7．已知x 轴上电场方向与x 轴方向平行，x 轴上各点电势如图所示，x =0处电势为5V ，一电子从x =-2cm 处由静止释放，则下列说法正确的是A ．x =0处电场强度为零B ．电子在x =-2cm 处的加速度小于电子在x =-1cm 处的加速度C．该电子运动到x=0处时的动能为3 eVD．该电子不可能运动到x=2cm处8．如图光滑水平桌面上两平行虚线之间有竖直向下的匀强磁场，桌面上一闭合金属线框获得水平初速度后进入磁场，通过磁场区域后穿出磁场．线框开始进入到刚好完全进入磁场和开始离开到刚好完全离开磁场的这两个过程相比较A．线框中产生的感应电流方向相反B．线框中产生的平均感应电动势大小相等C．线框中产生的焦耳热相等D．通过线框导线横截面的电荷量相等9．新冠病毒疫情期间，医用的额温枪被我们熟悉。
江西省新余市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
2015-2016学年江西省新余市高二〔下〕期末物理试卷一、选择题1．以下涉与物理学史的四个重大发现符合事实的是〔〕A．楞次发现了电流热效应的规律B．库仑总结出了点电荷间相互作用的规律C．焦耳发现了电流的磁效应，拉开了研究电与磁相互关系的序幕D．亚里士多德将斜面实验的结论合理外推，证明了自由落体运动是匀变速直线运动2．某物体沿一直线运动，其速度图象如下列图，如此如下说法中正确的答案是〔〕A．第2s内和第3s内速度方向相反B．第2s内和第3s内的加速度方向相反C．第4s内速度方向与加速度方向相反D．第5s内加速度方向与速度方向一样3．如下列图，斜劈形物体的质量为M，放在水平地面上，质量为m的粗糙物块以某一初速度沿斜劈的斜而向上滑，至速度为零后又加速返回，而斜劈始终保持静止．物块m向上、向下滑动的整个过程中〔〕A．地面对斜劈M的摩擦力方向先向左后向右B．地面对斜劈M的摩擦力方向没有改变C．地面对斜劈M的支持力等于〔M+m〕gD．物块m向上、向下滑动时加速度大小不同4．如下列图电路中，当变阻器R3的滑动头P向b端移动时〔〕A．电压表示数变大，电流表示数变小B．电压表示数变小，电流表示数变大C．电压表示数变大，电流表示数变大D．电压表示数变小，电流表示数变小5．如下列图小球沿水平面通过O点进入半径为R的半圆弧轨道后恰能通过最高点P，然后落回水平面，不计一切阻力，如下说法正确的答案是〔〕A．小球落地点离O点的水平距离为RB．小球落地点时的动能为C．小球运动到半圆弧最高点P时向心力恰好为零D．假设将半圆弧轨道上的圆弧截去，其他条件不变，如此小球能达到的最大高度比P点高0.5R6．两条导线互相垂直，相隔一段较小的距离，如下列图；其中一条AB是固定的，另一条CD 能自由转动，当直流电流按图示方向通入两条导线时，CD导线将〔〕A．逆时针方向转动，同时靠近导线ABB．顺时针方向转动，同时靠近导线ABC．逆时针方向转动，同时离开导线ABD．顺时针方向转动，同时离开导线AB7．如下列图，理想变压器的副线圈上通过输电线接有三个灯炮L1、L2和L3，输电线的等效电阻为R，原线圈接有一个理想电流表，开始时，开关S接通，当S断开时，以下说法中正确的答案是〔〕A．原线圈两端P、Q间的输入电压减小B．等效电阻R上消耗的功率变大C．原线圈中电流表示数增大D．灯炮L1和L2变亮8．一理想变压器原、副线圈匝数比n1：n2=11：5，原线圈与正弦交流电源连接，输入电压U 如下列图，副线圈仅接一个10Ω的电阻，如此〔〕A．流过电阻的电流是0.2AB．变压器的输入功率是1×103WC．经过1分钟电阻发出的热量是6×104JD．与电阻并联的电压表示数是100V9．如图1所示，一正方形金属线框位于有界匀强磁场区域内，线框的右边紧贴着磁场边界，t=O时刻对线框施加一水平向右的外力F，让线框从静止开始做匀加速直线运动，在t0时刻穿出磁场；图2为外力F随时间变化的图象，假设线框质量为m、电阻为R，图象中的F0、t0也为量，由此可知〔〕A．线框穿出磁场时的速度v=B．线框穿出磁场时的速度v=C．匀强磁场的磁感应强度B=D．匀强磁场的磁感应强度B=10．转笔〔Pen Spinning〕是一项用不同的方法与技巧、以手指来转动笔的休闲活动，如下列图．转笔深受广阔中学生的喜爱，其中也包含了许多的物理知识，假设某转笔高手能让笔绕其上的某一点O做匀速圆周运动，如下有关该同学转笔中涉与到的物理知识的表示正确的答案是〔〕A．笔杆上的点离O点越近的，做圆周运动的向心加速度越小B．笔杆上的各点做圆周运动的向心力是由万有引力提供的C．假设该同学使用中性笔，笔尖上的小钢珠有可能因快速的转动做离心运动被甩走D．假设该同学使用的是金属笔杆，且考虑地磁场的影响，由于笔杆中不会产生感应电流，因此金属笔杆两端一定不会形成电势差二、实验题11．用游标为20公分的游标卡尺测量某物体长度，其示数如下列图，由图可知该物体长度为mm．12．用螺旋测微器测量某金属丝直径的结果如下列图．该金属丝的直径是mm．13．某同学通过实验研究小灯泡的电压与电流的关系．可用的器材如下：电源〔电动势3V，内阻1Ω〕、电键、滑动变阻器〔最大阻值20Ω〕、电压表、电流表、小灯泡、导线假设干．〔1〕实验中移动滑动变阻器滑片，得到了小灯泡的U﹣I图象如图a所示，如此可知小灯泡的电阻随电压增大而〔填“增大〞、“减小〞或“不变〞〕．〔2〕根据图a，在图b中把缺少的导线补全，连接成实验电路〔其中电流表和电压表分别测量小灯泡的电流和电压〕．〔3〕假设某次连接时，把AB间的导线误接在AC之间，合上电键，任意移动滑片发现都不能使小灯泡完全熄灭，如此此时的电路中，小灯泡可能获得的最小功率是W〔本小题假设需要作图，可画在图a中〕．三、论述、计算题14．飞机着陆后做匀变速直线运动，速度逐渐减小，飞机着陆时的速度为60m/s，假设前5s 内通过的位移为225m，如此飞机的加速度大小为多少？此后飞机还要滑行多少秒才能停止运动？15．如下列图，轻杆AB长l，两端各连接一个小球〔可视为质点〕，两小球质量关系为m B=m A=m，轻杆绕距B端处的O轴在竖直平面内逆时针自由转动．当轻杆由水平位置转至竖直位置的运动过程中，求杆对A球所做功．16．如下列图，直角坐标系xOy位于竖直平面内，在水平的x轴下方存在匀强磁场和匀强电场，磁场的磁感应为B，方向垂直xOy平面向里，电场线平行于y轴．一质量为m、电荷量为q的带正电的小球，从y轴上的A点水平向右抛出，经x轴上的M点进入电场和磁场，恰能做匀速圆周运动，从x轴上的N点第一次离开电场和磁场，MN之间的距离为L，小球过M点时的速度方向与x轴的方向夹角为θ．不计空气阻力，重力加速度为g，求〔1〕电场强度E的大小和方向；〔2〕小球从A点抛出时初速度v0的大小；〔3〕A点到x轴的高度h．四、选做题【物理-选修3-4】17．如下列图，一束光从空气沿与玻璃球直径AB成60°角的方向射入．玻璃球的折射率为，直径长度为D，光在空气中的速度为c．那么光线进入玻璃球后与直径AB的夹角为，光线在玻璃球中传播的时间为．18．如图为一列简谐横波在t1=0时刻的波形图象，此时波中质点M正处于平衡位置，运动方向沿y轴负方向，到t2=0.55s时质点M恰好第三次到达y轴正方向最大位移处．试求：〔1〕该波传播方向；〔2〕该波波速大小．〔3〕从t1=0到t3=1.2s，波中质点N走过的路程和相对于平衡位置的位移分别是多少？五、【物理-选修3-4】19．氢原子的基态能量为E1=﹣13.6eV，激发态能量为E n=，其中n=2，3 …．氢原子从第三激发态〔n=4〕向基态跃迁所发出的所有光子中，最短的波长为m；上述所有光子中，照射到铷金属外表，逸出的光电子中最大初动能的最小值为eV．〔普朗克常量h=6.63×10﹣34J•s，铷的逸出功W=2.13eV〕．20．如下列图，粗糙斜面与光滑水平面通过可忽略的光滑小圆弧平滑连接，斜面倾角α=37°．A、B是两个质量均为m=1kg的小滑块〔可视为质点〕，C为左侧附有胶泥的竖直薄板〔质量均不计〕，D是两端分别水平连接B和C的轻质弹簧．当滑块A置于斜面上且受到大小F=4N、方向垂直斜面向下的恒力作用时，恰能沿斜面向下匀速运动．现撤去F，让滑块A 从斜面上距底端L=1m处由静止下滑，求：〔g=10m/s2，sin37°=0.6〕〔1〕滑块A到达斜面底端时的速度大小；〔2〕滑块A与C接触粘在一起后，A、B和弹簧构成的系统在作用过程中，弹簧的最大弹性势能．2015-2016学年江西省新余市高二〔下〕期末物理试卷参考答案与试题解析一、选择题1．以下涉与物理学史的四个重大发现符合事实的是〔〕A．楞次发现了电流热效应的规律B．库仑总结出了点电荷间相互作用的规律C．焦耳发现了电流的磁效应，拉开了研究电与磁相互关系的序幕D．亚里士多德将斜面实验的结论合理外推，证明了自由落体运动是匀变速直线运动【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此题．【解答】解：A、楞次发现了感应电方向遵守的规律﹣﹣楞次定律，故A错误．B、库仑运用扭秤实验总结出了点电荷间相互作用的规律，故B正确．C、奥斯特发现了电流的磁效应，拉开了研究电与磁相互关系的序幕，故C错误．D、伽利略将斜面实验的结论合理外推，证明了自由落体运动是匀变速直线运动，故D错误．应当选：B．2．某物体沿一直线运动，其速度图象如下列图，如此如下说法中正确的答案是〔〕A．第2s内和第3s内速度方向相反B．第2s内和第3s内的加速度方向相反C．第4s内速度方向与加速度方向相反D．第5s内加速度方向与速度方向一样【考点】匀变速直线运动的图像．【分析】速度时间图象反映了物体各个不同时刻的速度情况，图线的斜率表示加速度、图线与时间轴包围的面积表示位移；从图中直接得出物体的运动规律即可．【解答】解：A、第2s内和第3s内速度同为正方向，故A错误；B、物体前2s做匀加速直线运动，加速度为，第3s做匀减速直线运动，加速度为，故B正确；C、第四秒内物体沿负方向做匀加速直线运动，故加速度与速度同方向，故C错误；D、第5s内物体沿反方向做匀减速直线运动，故加速度与速度反方向，故D错误；应当选B．3．如下列图，斜劈形物体的质量为M，放在水平地面上，质量为m的粗糙物块以某一初速度沿斜劈的斜而向上滑，至速度为零后又加速返回，而斜劈始终保持静止．物块m向上、向下滑动的整个过程中〔〕A．地面对斜劈M的摩擦力方向先向左后向右B．地面对斜劈M的摩擦力方向没有改变C．地面对斜劈M的支持力等于〔M+m〕gD．物块m向上、向下滑动时加速度大小不同【考点】共点力平衡的条件与其应用；牛顿第二定律．【分析】物体先减速上滑，后加速下滑，加速度一直沿斜面向下；对整体受力分析，然后根据牛顿第二定律求解地面对物体M的摩擦力和支持力；【解答】解：物体先减速上滑，后加速下滑，加速度一直沿斜面向下，对整体受力分析，受到总重力、支持力和向左的静摩擦力，根据牛顿第二定律，有x分析：f=masinθ…①y分析：〔M+m〕g﹣N=〔M+m〕acosθ…②A、由①式，地面对斜面体的静摩擦力方向一直未变，向左，故A错误；B、由①式，地面对斜面体的静摩擦力方向一直未变，向左，故B正确；C、由②式，地面对物体M的支持力总小于〔M+m〕g，故C错误；D、物体向上运动时，物体受到的摩擦力的方向向下，得：ma1=mgsinθ+μmgcosθ物体向下滑动时，物体受到的摩擦力的方向向上，得：ma2=mgsinθ﹣μmgcosθ所以m向上、向下滑动时加速度大小不同．故D正确；应当选：BD．4．如下列图电路中，当变阻器R3的滑动头P向b端移动时〔〕A．电压表示数变大，电流表示数变小B．电压表示数变小，电流表示数变大C．电压表示数变大，电流表示数变大D．电压表示数变小，电流表示数变小【考点】闭合电路的欧姆定律．【分析】电压表测量路端电压．当变阻器R3的滑动头P向b端移动时，分析变阻器接入电路的电阻如何变化，确定外电路总电阻的变化，根据欧姆定律分析总电流和路端电压的变化，判断电压表示数的变化．由欧姆定律判断并联局部电压的变化，确定通过R2的电流如何变化，由总电流和通过通过R2电流的变化分析电流表示数的变化．【解答】解：当变阻器R3的滑动头P向b端移动时，变阻器接入电路的电阻增大，并联局部的电阻增大，外电路的电阻增大，根据闭合电路的欧姆定律得知，总电流I减小，路端电压增大，如此电压表示数变大．并联局部的电压U并=E﹣I〔R1+r〕，I减小，其他量不变，可见，U并增大，通过R2的电流I2增大，流过电流表的电流I A=I﹣I2，I减小，I2增大，I A减小，如此电流表示数变小．所以电压表示数变大，电流表示数变小．应当选A5．如下列图小球沿水平面通过O点进入半径为R的半圆弧轨道后恰能通过最高点P，然后落回水平面，不计一切阻力，如下说法正确的答案是〔〕A．小球落地点离O点的水平距离为RB．小球落地点时的动能为C．小球运动到半圆弧最高点P时向心力恰好为零D．假设将半圆弧轨道上的圆弧截去，其他条件不变，如此小球能达到的最大高度比P点高0.5R【考点】机械能守恒定律；牛顿第二定律；向心力．【分析】小球恰好通过最高点P，靠重力提供向心力，根据假设牛顿第二定律求出最高点的速度，结合平抛运动的规律求出平抛运动的水平位移，根据动能定理求出落地时的动能．结合动能定理得出将半圆弧轨道上的圆弧截去，其他条件不变，如此小球能达到的最大高度比P 点高出的距离．【解答】解：A、小球恰能通过最高点，根据牛顿第二定律得：，解得：，根据2R=得：t=，如此水平距离为：x=．故A错误．B、根据动能定理得：，解得落地的动能为： =．故B错误．C、小球恰好运动到最高点，重力提供向心力，向心力不为零．故C错误．D、假设将半圆弧轨道上的圆弧截去，到达最高点的速度为零，有，未截去前，有：，联立两式解得h﹣2R=0.5R．故D正确．应当选：D．6．两条导线互相垂直，相隔一段较小的距离，如下列图；其中一条AB是固定的，另一条CD 能自由转动，当直流电流按图示方向通入两条导线时，CD导线将〔〕A．逆时针方向转动，同时靠近导线ABB．顺时针方向转动，同时靠近导线ABC．逆时针方向转动，同时离开导线ABD．顺时针方向转动，同时离开导线AB【考点】磁场对电流的作用；通电直导线和通电线圈周围磁场的方向．【分析】电流CD处于电流AB产生的磁场中，在CD左右两边各取一小电流元，根据左手定如此判断其安培力的方向，从而判断其运动．当CD导线转过90°后，看两电流是同向电流还是异向电流，同向电流相互吸引，异向电流相互排斥．【解答】解：电流AB产生的磁场在右边垂直纸面向里，在左边垂直纸面向外，在CD左右两边各取一小电流元，根据左手定如此，左边的电流元所受的安培力方向向下，右边的电流元所受安培力方向向上，知CD导线逆时针方向转动．当CD导线转过90°后，两电流为同向电流，相互吸引．所以导线CD逆时针方向转动，同时靠近导线AB．故A正确，B、C、D错误．应当选A．7．如下列图，理想变压器的副线圈上通过输电线接有三个灯炮L1、L2和L3，输电线的等效电阻为R，原线圈接有一个理想电流表，开始时，开关S接通，当S断开时，以下说法中正确的答案是〔〕A．原线圈两端P、Q间的输入电压减小B．等效电阻R上消耗的功率变大C．原线圈中电流表示数增大D．灯炮L1和L2变亮【考点】变压器的构造和原理．【分析】与闭合电路中的动态分析类似，可以根据开关通断的变化，确定出总电路的电阻的变化，进而可以确定总电路的电流的变化的情况，再根据副线圈电压不变，来分析电阻与灯泡的电流和电压的变化的情况．【解答】解：A、电流表是理想的电流表，所以原线圈两端P、Q间的输入电压不变，所以A错误．B、当S断开后，副线圈上的总电阻增大，所以输出功率变小，原线圈电流变小，输电线上电压损失减小，等效电阻R上的功率变小，灯泡L1和L2两端电压增大，功率增大，故B、C错误，D正确．应当选D．8．一理想变压器原、副线圈匝数比n1：n2=11：5，原线圈与正弦交流电源连接，输入电压U 如下列图，副线圈仅接一个10Ω的电阻，如此〔〕A．流过电阻的电流是0.2AB．变压器的输入功率是1×103WC．经过1分钟电阻发出的热量是6×104JD．与电阻并联的电压表示数是100V【考点】交流的峰值、有效值以与它们的关系．【分析】根据图象可以求得输出电压的有效值、周期和频率等，再根据电压与匝数成正比即可求得结论．【解答】解：A、由图象可知，原线圈中电压的最大值为220V，所以电压的有效值为220V，根据电压与匝数成正比可知，副线圈的电压有效值为=100V，副线圈的电阻为10Ω，所以电流的为10A，所以A错误；B、原副线圈的功率是一样的，由P=UI=100×10W=1×l03W，所以B正确；C、经过1分钟电阻发出的热量是Q=I2Rt=102×10×60=6×104J，故C正确；D、电压表测量的是电压的有效值，所以电压表的读数为100V，故D错误．应当选：BC．9．如图1所示，一正方形金属线框位于有界匀强磁场区域内，线框的右边紧贴着磁场边界，t=O时刻对线框施加一水平向右的外力F，让线框从静止开始做匀加速直线运动，在t0时刻穿出磁场；图2为外力F随时间变化的图象，假设线框质量为m、电阻为R，图象中的F0、t0也为量，由此可知〔〕A．线框穿出磁场时的速度v=B．线框穿出磁场时的速度v=C．匀强磁场的磁感应强度B=D．匀强磁场的磁感应强度B=【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．【分析】当t=0时线框的速度为零，没有安培力，根据牛顿第二定律求出加速度a．线框做匀加速直线运动，由运动学公式求出线框刚出磁场时的速度，得到安培力表达式，由牛顿第二定律即可求出B；【解答】解：A、B，t=0时刻，感应电动势E=0，感应电流I=0，安培力F安=BIl=0由牛顿第二定律得：F0=ma，解得：a=线框做匀加速直线运动，如此线框穿出磁场时的速度 v=at0=，故A正确，B错误．C、D，正方形金属线框的边长为 L==线框刚离开磁场时所受的安培力为：F A=BIL由闭合电路的欧姆定律得：I===根据牛顿第二定律得：3F0﹣F A=ma代入得：3F0﹣=m联立求解得：B=，故C正确，D错误．应当选：AC10．转笔〔Pen Spinning〕是一项用不同的方法与技巧、以手指来转动笔的休闲活动，如下列图．转笔深受广阔中学生的喜爱，其中也包含了许多的物理知识，假设某转笔高手能让笔绕其上的某一点O做匀速圆周运动，如下有关该同学转笔中涉与到的物理知识的表示正确的答案是〔〕A．笔杆上的点离O点越近的，做圆周运动的向心加速度越小B．笔杆上的各点做圆周运动的向心力是由万有引力提供的C．假设该同学使用中性笔，笔尖上的小钢珠有可能因快速的转动做离心运动被甩走D．假设该同学使用的是金属笔杆，且考虑地磁场的影响，由于笔杆中不会产生感应电流，因此金属笔杆两端一定不会形成电势差【考点】向心力；牛顿第二定律．【分析】A、根据向心加速度公式a n=ω2R，即可确定向心加速度大小；B、各点做圆周运动的向心力是杆的弹力提供；C、当提供的向心力小于需要向心力，如此会出现离心现象；D、根据电磁感应现象，结合地磁场，从而判定是否感应电动势，与感应电流．【解答】解：A、由向心加速度公式a n=ω2R，笔杆上的点离O点越近的，做圆周运动的向心加速度越小，故A正确；B、杆上的各点做圆周运动的向心力是由杆的弹力提供的，与万有引力无关，故B错误；C、当转速过大时，当提供的向心力小于需要向心力，出现笔尖上的小钢珠有可能做离心运动被甩走，故C正确；D、当金属笔杆转动时，切割地磁场，从而产生感应电动势，但不会产生感应电流，故D错误；应当选：AC．二、实验题11．用游标为20公分的游标卡尺测量某物体长度，其示数如下列图，由图可知该物体长度为50.15 mm．【考点】刻度尺、游标卡尺的使用．【分析】解决此题的关键掌握游标卡尺读数的方法，主尺读数加上游标读数，不需估读．【解答】解：20分度的游标卡尺，准确度是0.05mm，游标卡尺的主尺读数为50mm，游标尺上第3个刻度和主尺上某一刻度对齐，所以游标读数为3×0.05mm=0.15mm，所以最终读数为：50mm+0.15mm=50.15mm．故答案为：50.15．12．用螺旋测微器测量某金属丝直径的结果如下列图．该金属丝的直径是 3.698 mm．【考点】螺旋测微器的使用．【分析】螺旋测微器的读数方法是固定刻度读数加上可动刻度读数，在读可动刻度读数时需估读．【解答】解：螺旋测微器固定刻度读书应该为3.5mm，可动刻度读书为0.01×19.8=0.198 最终读数为3.698mm故答案为：3.69813．某同学通过实验研究小灯泡的电压与电流的关系．可用的器材如下：电源〔电动势3V，内阻1Ω〕、电键、滑动变阻器〔最大阻值20Ω〕、电压表、电流表、小灯泡、导线假设干．〔1〕实验中移动滑动变阻器滑片，得到了小灯泡的U﹣I图象如图a所示，如此可知小灯泡的电阻随电压增大而增大〔填“增大〞、“减小〞或“不变〞〕．〔2〕根据图a，在图b中把缺少的导线补全，连接成实验电路〔其中电流表和电压表分别测量小灯泡的电流和电压〕．〔3〕假设某次连接时，把AB间的导线误接在AC之间，合上电键，任意移动滑片发现都不能使小灯泡完全熄灭，如此此时的电路中，小灯泡可能获得的最小功率是0.32W〔0.30～0.34都对〕W〔本小题假设需要作图，可画在图a中〕．【考点】描绘小电珠的伏安特性曲线．【分析】在小灯泡的U﹣I图象中，图象上的与原点连线的斜率表示小灯泡电阻的大小，所以小灯泡电阻随电流的最大而增大；此题的难点是当把AB间的导线误接在AC之间时，滑动变阻器的连接情况：的滑动触头打到最左端或最右端时变阻器均短路，此时小灯泡功率最大，的滑动触头在中间时，变阻器的有效电阻最大．【解答】解：〔1〕根据欧姆定律R=知，小灯泡的电阻随电压增大而增大．〔2〕由于小灯泡的电阻远小于电压表的内阻，电流表应用外接法；又电流与电压从零逐渐增大，故滑动变阻器应用分压式接法，实物图如图，〔3〕假设把AB间的导线误接在AC之间，如此当变阻器滑动触头在变阻器中间时阻值最大R==5Ω，此时小灯泡功率最小，把变阻器与电源内阻看成为等效电源的内阻，其电动势为3V，内阻为6Ω，如此短路电流==0.5A，在小灯泡的U﹣P图象中，连接U=3V与I=0.5A 两点，画出表示电源的U﹣I图象，如图，读出两图线的交点坐标为U=0.88V，I=0.35A，如此小灯泡的最小功率为P=UI=0.32W〔0.30～0.34都对〕．故答案为〔1〕增大〔2〕如图〔3〕0.32W〔0.30～0.34都对〕三、论述、计算题14．飞机着陆后做匀变速直线运动，速度逐渐减小，飞机着陆时的速度为60m/s，假设前5s 内通过的位移为225m，如此飞机的加速度大小为多少？此后飞机还要滑行多少秒才能停止运动？【考点】匀变速直线运动的位移与时间的关系．【分析】知道了初速度、位移、时间，根据，求出加速度．然后求出滑行的总时间，即可求出还要滑行的时间．【解答】解：由，得225=60×a=﹣6m/s2故飞机的加速度大小为6m/s2飞机飞行的总时间=10s．如此还需滑行的时间t′=10﹣5s=5s．故飞机还需滑行5s停止运动．15．如下列图，轻杆AB长l，两端各连接一个小球〔可视为质点〕，两小球质量关系为m B=m A=m，轻杆绕距B端处的O轴在竖直平面内逆时针自由转动．当轻杆由水平位置转至竖直位置的运动过程中，求杆对A球所做功．【考点】动能定理的应用；机械能守恒定律．【分析】转动过程中，两球组成的系统只有重力做功，机械能守恒，根据机械能守恒定律和两球速度关系，即可求出竖直方向时A球的速度，再对A球运用动能定理，可求解杆对A球做的功．【解答】解：当轻杆由水平位置转至竖直位置的运动过程中，只有重力做功，A、B系统的机械能守恒，如此有m A g•l=m B g•l++两球的角速度相等，由v=ωr，r A=2r B得：v A=2v B解得 v A2=mgl。
江西高二高中物理月考试卷带答案解析
江西高二高中物理月考试卷班级:___________ 姓名：___________ 分数：___________一、选择题1.欧姆不仅发现了欧姆定律，还研究了电阻定律．有一个长方体金属电阻，材料分布均匀，边长分别为a 、b 、c ，且a ＞b ＞c ．电流沿以下方向流过该金属电阻，其中电阻阻值最小的是（ ） A ．B ．C ．D ．2.电阻R 和电动机M 串联，电阻R 与电动机线圈的电阻相等，当开关闭合，电动机正常工作，设电阻R 与电动机两端的电功率分别是P 1和P 2，经过时间t 电流产生的热量分别是Q 1和Q 2，则有（ ）A ．P 1>P 2B ．P 1=P 2C ．Q 1<Q 2D ．Q 1=Q 23.如图为某电场中的电场线和等势面，已知φA =10V ，φC =6V ，ab=bc ，则（ ）A ．φB =8V B ．φB ＞8VC ．φB ＜8VD ．上述三种情况都可能4.如图所示，有一正电荷电场中的A 点自由释放，只受电场力作用，沿电场线运动到B 点，它运动的速度图象正确的是（ ）5.如图所示，有一带电粒子贴着A 板沿水平方向射入匀强电场，当偏转电压为U 1时，带电粒子沿①轨迹从两板正中间飞出；当偏转电压为U 2时，带电粒子沿②轨迹落到B 板中间；设粒子两次射入电场的水平速率相同，则两次偏转电压之比为（ ）A ．U 1∶U 2＝1∶8B ．U 1∶U 2＝1∶4C ．U 1∶U 2＝1∶2D ．U 1∶U 2＝1∶16.如图所示，正方体真空盒置于水平面上，它的ABCD 面与EFGH 面为金属板，其他面为绝缘材料．ABCD 面带负电，EFGH 面带正电．从小孔P 沿水平方向以相同速率射入三个带负电的小球A 、B 、C ，最后分别落在1、2、3三点，则下列说法正确的是（ ）A ．三个小球在真空盒中都做类平抛运动B ．C 球在空中运动时间最长 C ．C 球落在平板上时速度最大D ．C 球所带电荷量最少7.如图所示，每个电阻的阻值都是2欧，安培表内阻不计，在B 、C 间加6伏电压时，安培表的示数是（ ）A ．0安B ．1安C ．2安D ．3安8.如图所示，直线A 为某电源的U ﹣I 图线，曲线B 为某小灯泡的U ﹣I 图线，用该电源和小灯泡组成闭合电路时，电源的输出功率和电源的总功率分别是（ ）A ．4 W ，8 WB ．4W ，6 WC ．2 W ，3 WD ．2 W ，4 W9.如图所示，A 1、A 2是两只完全相同的电流表（内阻不可忽略），电路两端接恒定电压U ，这时A 1、A 2的示数依次为5mA 和3mA ．若将A 2改为与R 2串联，整个电路仍接在恒定电压U 之间，这时电表均未烧坏．下列说法正确的是（ ）A ．通过电阻R 1的电流必然增大B ．通过电阻R 2的电流必然增大C ．通过电流表A 1的电流必然增大D ．通过电流表A 2的电流必然增大二、多选题1.如图所示，两块较大的金属板A 、B 相距为d ，平行放置并与一电源相连，S 闭合后，两板间恰好有一质量为m 、带电量为q 的油滴处于静止状态，以下说法正确的是（ ）A ．若将S 断开，则油滴将做自由落体运动，G 表中无电流B ．若将A 向左平移一小段位移，则油滴仍然静止，G 表中有a→b 的电流C ．若将A 向上平移一小段位移，则油滴向下加速运动，G 表中有b→a 的电流D ．若将A 向下平移一小段位移，则油滴向上加速运动，G 表中有b→a 的电流2.如图所示，M 、N 为两个固定的等量同种正电荷，在其连线的中垂线上的P 点放一个静止的负电荷（重力不计），下列说法中正确的是（ ）A ．从P 到O ，可能加速度越来越小，速度越来越大B ．从P 到O ，可能加速度先变大，再变小，速度越来越大C ．越过O 点后，电势能越来越大，直到速度为零D ．越过O 点后，动能越来越大，直到电势能为零3.如图所示，在匀强电场中，有六个点A 、B 、C 、D 、E 、F ，正好构成一正六边形。
高二物理下学期第二次月考试卷_03
嗦夺市安培阳光实验学校宁夏大学附中高二（下）第二次月考物理试卷一、选择题（每小题4分，共48分）1．（4分）（2014春•兴庆区校级月考）关于电流的概念，下列说法中正确的是（）A．导体中有电荷运动就形成电流B．电流是一个矢量，其方向就是正电荷定向运动的方向C．在国际单位制，电流是一个基本物理量，其单位安培是基本单位D．对于导体，只要其两端电势差为零，电流也必为零考点：电流、电压概念．专题：恒定电流专题．分析：导体中有电荷运动不一定能形成电流．电流的方向就是正电荷定向运动的方向，但电流是标量．在国际单位制中，电流是一个基本物理量，其单位安培是基本单位．对于导体，其两端电势差为零，电流不一定为零．解答：解：A、导体中有电荷运动不一定能形成电流，电荷要发生定向移动才能形成电流．故A错误．B、电流的方向就是正电荷定向运动的方向，但电流运算时遵守的代数加减法则，所以电流不是矢量，是标量．故B错误．C、在国际单位制中，电流是一个基本物理量，其单位安培是基本单位．故C正确．D、对于导体，其两端电势差为零，电流可能为零，也可能不为零（超导现象）．故D错误．故选：C点评：本题考查对电流产生条件、方向、单位等知识的掌握情况．电流的方向与矢量的方向，它表示电荷的流向，运算时按照代数法则，不是平行四边形定则．2．（4分）（2011秋•迎泽区校级期中）一段粗均匀的金属导体的横截面积是S，导体单位长度内的自由电子数为n，金属内的自由电子的电荷量为e，自由电子做无规则热运动的速度为v0，导体中通过的电流为I．则下列说法中正确的有（）A．自由电子定向移动的速度为v0B．自由电子定向移动的速度为v=C．自由电子定向移动的速度为真空中的光速cD．自由电子定向移动的速度为v=考点：电流、电压概念．专题：恒定电流专题．分析：已知电流及电子的电量等，根据电流的微观表达式可求得电子定向移动的速率．解答：解：A、自由电子定向移动的速度与自由电子做无规则热运动的速度是两回事，故A错误．B、D、电流的微观表达式为：I=nve，则v=；故D正确，B错误；C、自由电子定向移动的速度小于真空中的光速c，故C错误．故选：D．点评：本题要求能掌握电流的微观表达式，同时注意区分电子的定向移动速率、无规则热运动的速率以及电能的传导速率．3．（4分）（2012秋•凉州区校级期中）以下说法中正确的是（） A．在外电路中和电源内部，正电荷都受静电力作用，所以能不断定向移动形成电流B．静电力与非静电力都可以使电荷移动，所以本质上都是使电荷的电势能减少C．在电源内部正电荷能从负极到正极是因为电源内部只存在非静电力而不存在静电力D．静电力移动电荷做功，电势能减少，非静电力移动电荷做功，电势能增加考点：电源的电动势和内阻．专题：恒定电流专题．分析：电源内部非静电力克服电场力做功，将正电荷从负极移到正极；将其他形式的能转化为电能．解答：解：A、在电源内部，正电荷受到静电力和非静电力作用，从负极移动到正极，故A错误；B、非静电力克服电场力做功，把其它形式的能转化为电势能，静电力移动电荷做功电势能减少，故B错误，D正确．C 、在电源内部正电荷能从负极到正极同时受到静电力和非静电力作用，故C 错误． 故选：D点评： 本题要求同学们知道电源内部的能量是怎样转化的，理解非静电力克服电场力做功，把其它形式的能转化为电势能，静电力移动电荷做功电势能减少．4．（4分）（2014春•兴庆区校级月考）下列关于电动势E 的说法中正确的是（ ）A ． 电动势E 的大小与非静电力所做的功W 的大小正成比，与移动电荷量q 的大小成反比B ． 电动势E 是由电源本身决定的，跟电源的体积和外电路均无关C ． 电动势E 是表征电源把其他形式的能力转化为电能本领大小的物理量D ． 电动势E 的单位与电势差的单位相同，故两者在本质上相同 考点： 电源的电动势和内阻． 专题： 恒定电流专题．分析： 电源没有接入外电路时两极间的电压等于电源电动势．电动势表征电源把其他形式的能转化为电能的本领大小，电动势与外电路无关．接在电源两极间的电压表测得的电压小于电源的电动势．解答： 解：A 、电动势E 的大小与非静电力做功W 及移送电荷量的大小无关；故A 错误；B 、电动势E 是由电源本身的因素决定的，跟电源的体积和外电路都无关；故B 正确；C 、电动势E 是表征电源把其它形式的能转化为电能本领大小的物理量；故C 正确；D 、电动势E 是表征电源把其它形式的能转化为电能本领大小的物理量，而电势差是两点之间电势的差，电动势E 的单位与电势差的单位相同，但两者在本质上不相同；故D 错误； 故选：BC点评： 本题考查对电源电动势的理解，要抓住电动势的物理意义、定义和欧姆定律来强化理解．5．（4分）（2014秋•邗江区校级期中）下列说法正确的是（ ）A ． 由R=知，一段导体的电阻跟它两端的电压成正比，跟通过它的电流成反比B ．比值反映了导体阻碍电流的性质，即电阻R=C ． 导体中电流越大，导体电阻越小D ．由I=知，通过一段导体的电流跟加在它两端的电压成正比考点： 欧姆定律． 专题： 恒定电流专题． 分析： 解答本题需掌握：（1）欧姆定律的内容：一段导体中的电流跟这段导体两端的电压成正比，跟这段导体的电阻成反比． （2）电阻是导体本身的一种属性，与材料、长度、横截面积、温度有关，与导体两端的电压和通过的电流无关；（3）导体两端的电压是由电源提供的，电压的大小取决于电源本身．解答： 解：A 、电阻是导体本身的一种属性，与材料、长度、横截面积、温度有关，与导体两端的电压和通过的电流无关，只能用公式R=求解，故A 错误；B 、比值反映了导体阻碍电流的性质，叫做电阻，即电阻R=，故B 正确；C 、电阻是导体本身的一种属性，与导体两端的电压和通过的电流无关，故C 错误；D 、同一导体电阻恒定，由I=知，通过一段导体的电流跟加在它两端的电压成正比，故D 正确； 故选BD ．点评： 知道影响导体电阻的因素、掌握欧姆定律即可正确解题，本题是一道基础题．6．（4分）（2011秋•临夏市校级期末）下列说法中正确的是（ ）A ． 电荷在某处不受电场力的作用，则该处的电场强度为零B ． 一小段通电导线在某处不受安培力的作用，则该处磁感应强度一定为零C ． 把一个试探电荷放在电场中的某点，它受到的电场力与所带电荷量的比值表示该点电场的强弱D ． 把一小段通电导线放在磁场中某处，所受的磁场力与该小段通电导线的长度和电流的乘积的比值表示该处磁场的强弱考点： 电场强度；磁感应强度．分析：电场最基本的特性是对放入电场中的电荷有力的作用；通电导线与磁场平行时不受安培力；E=是电场强度的定义式；磁感应强度的定义式：B=，定义的前提条件是通电导线与磁场垂直．由这些知识解答即可．解答：解：A 、由E=得：F=qE ，得知电荷在某处不受电场力的作用，则该处的电场强度为零．故A 正确．B、一小段通电导线在某处不受安培力的作用，该处磁感应强度不一定为零，也可能是由于通电导线与磁场平行，但该处磁感应强度不为零．故B错误．C、E=是电场强度的定义式，电场强度E反映电场的强弱和方向，由此式知：把一个试探电荷放在电场中的某点，它受到的电场力与所带电荷量的比值﹣﹣电场强度，即表示电场的强弱，故C正确．D、只有通电导线垂直放入磁场中时，通电导线所受的磁场力与该小段通电导线的长度和电流的乘积的比值表示该处磁场的强弱．故D错误．故选：AC点评：本题要明确电场强度和磁感应强度都采用比值法定义，E、B都反映场的强弱，但磁感应强度的定义式有条件：通电导线与磁场垂直，而电场强度的定义式没有条件．7．（4分）（2013秋•陈仓区校级期末）R1与R2并联在电路中，通过R1与R2的电流之比为1：2，则当R1与R2串联后接入电路中时，R1和R2两端电压之比U1：U2为（）A．1：2 B．2：1 C．1：4 D．4：1考点：串联电路和并联电路；欧姆定律．专题：恒定电流专题．分析：由并联电路的电流规律可得出两电阻的比值；由串联电路的电压规律可得出电压之比．解答：解：并联电路中电阻之比等于电流的反比，故=；由串联电路的规律可知，电压之比等于电阻之比，故U1：U2=2：1；故选B．点评：本题考查串并联电路的电流及电压规律，属基础内容，应熟纪并能灵活应用．8．（4分）（2012秋•长校级期中）下列关于电功、电功率和焦耳定律的说法中正确的是（）A．电功率越大，电流做功越快，电路中产生的焦耳热一定越多B．W=UIt适用于任何电路，而W=I2Rt=t只适用于纯电阻的电路C．在不是纯电阻的电路中，UI＞I2RD．焦耳热Q=I2Rt适用于任何电路考点：电功、电功率．专题：恒定电流专题．分析：电功是表示电流做功的多少，电功率是表示电流做功的快慢，焦耳定律是表示电流产生的热量的多少．解答：解：A、电功率越大，表示电流做功越快，但是电路中产生的焦耳热量的多少还与做功的时间的长短有关，所以A错误；B、公式W=UIt是计算电路的总功的大小，适用于任何的电路，当为纯电阻电路时，根据欧姆定律I=，可以推到出W=I2Rt ，，所以W=I2Rt ，只能适用于纯电阻电路，所以B正确．C、在不是纯电阻的电路中，UI表示的是总的功率的大小，而I2R只是电路中发热的功率，还有对外做功的功率的大小，所以UI＞I2R，所以C正确；D、焦耳热Q=I2Rt适用于任何电路中的焦耳热量的计算，所以D正确．故选BCD．点评：每个公式的使用的条件是不同的，掌握住公式的使用的条件，这是做题的前提条件．9．（4分）（2014春•兴庆区校级月考）一个可以的线圈L2和一个固定的线圈L1互相绝缘，垂直放置，且两个线圈都通过如图所示方向的电流时，则从左向右看，线圈L2将（）A．不动B．顺时针转动C．逆时针转动D．向纸外平动考点：平行通电直导线间的作用．分当平行的直导线中的电流方向相同时，这两条直导线就会互相的吸引，当平行的直导线中的电流方向相析：反时，这两条直导线就会互相的排斥．解答：解：由于L1和L2中的电流的方向是相同的，它们会互相吸引，由于L1是不动的，所以L2会向L1靠近，所以从左向右看，线圈L2将顺时针转动，所以B正确．故选：B．点评：掌握住平时总结的结论，在做选择题题目的时候可以快速而且准确的得到答案，所以掌握住平时总结的小结论是非常有用的．10．（4分）（2011秋•平川区校级期末）如图所示的四种情况中，匀强磁场磁感应强度相同，导体长度相同，通过的电流也相同，导体受到的磁场力最大，且方向沿着纸面的情况是（）A．甲、乙B．丙、丁C．甲、丙D．乙、丁考点：左手定则．分析：本题考查了如何利用左手定则判断通电导体所受安培力作用，应用时注意：伸开左手，使拇指与其余四个手指垂直，并且都与手掌在同一平面内，让磁感线进入手心，并使四指指向电流方向，这时拇指所指的方向就是通电导线在磁场中所受安培力的方向，同时注意应用公式F=BIL进行计算时，注意公式中要求电流和磁场垂直．解答：解：根据左手定则可知：伸开左手，使拇指与其余四个手指垂直，并且都与手掌在同一平面内，让磁感线进入手心，并使四指指向电流方向，这时拇指所指的方向就是通电导线在磁场中所受安培力的方向，由此可知甲图中，安培力安培力方向垂直纸面向里，大小为F=BILcos30°，乙图中安培力在纸面内垂直于磁场向下，大小为F=BIL，丙图中电流和磁场方向相同，不受安培力作用，丁图中，安培力方向在纸面内垂直于电流方向斜向上，大小为F=BIL，所以导体受到的磁场力最大，且方向沿着纸面的情况是乙图和丁图，故ABC错误，D正确．故选D．点评：本题比较简单，考查了安培力的大小与方向问题，要熟练应用左手定则判断安培力方向，应用公式F=BIL 时注意公式适用条件和公式中各个物理量的含义．11．（4分）（2011春•重庆期末）一太阳能电池板，测得它的开路电压为800mV，短路电流为40mA，若将该电池板与一阻值为20Ω的电阻器连成一闭合电路，则它的路端电压是（）A．0.10V B．0.20V C．0.30V D．0.40V考点：闭合电路的欧姆定律．专题：恒定电流专题．分析：由开路电路等于电源的电动势，求出电动势，由短路电流求出电源的内阻．再根据欧姆定律求出电流和路端电压．解答：解：电源没有接入外电路时，路端电压值等于电动势，则电动势E=800mV由闭合电路欧姆定律得短路电流I短=则电源内阻r==Ω=20Ω该电源与20Ω的电阻连成闭合电路时，电路中电流I==mA=20mA故路端电压U=IR=400mV=0.4V，故D正确．故选：D．点评：对于电动势的概念要理解：电动势等于外电压和内电压之和，当外电路开路时，内电压为零，开路电路等于电源的电动势．12．（4分）（2002•上海）在如图所示电路中，当变阻器R3的滑动头P向b端移动时（）A．电压表示数变大，电流表示数变小B．电压表示数变小，电流表示数变大C．电压表示数变大，电流表示数变大D．电压表示数变小，电流表示数变小考点：闭合电路的欧姆定律．专题：压轴题．分析：由图可知R2与R3并联后与R1串联，电压表测量路端电压；由滑片的移动可得出滑动变阻器接入电阻的变化，则由闭合电路的欧姆定律可得出总电流的变化，由U=E﹣Ir可得出路端电压的变化；将R1作为内阻处理，则可得出并联部分电压的变化，求得R2中电流的变化，由并联电路的电流规律可得出电流表示数的变化．解答：解：当滑片向b端滑动时，滑动变阻器接入电阻减小，则电路中总电阻减小，则由闭合电路欧姆定律可得，电路中总电流增大，故内压增大；因此路端电压减小，故电压表示数减小；将R1等效为内阻，则可知并联部分电压一定减小，故流过R2的电流减小，因总电流增大，故电流表示数增大；故B正确，ACD错误；故选B．点评：闭合电路的欧姆定律一般按先分析外电路，再分析内电路，最后再分析外电路的思路进行；若电阻与电源串联，可以等效为内阻处理．二、实验题（11分×2=22分）13．（11分）（2009•上海）（1）用多用表的欧姆档测量阻值约为几十kΩ的电阻Rx，以下给出的是可能的操作步骤，其中S为选择开关，P为欧姆档调零旋钮，把你认为正确的步骤前的字母按合理的顺序填写在下面的横线上cabe ．a．将两表笔短接，调节P使指针对准刻度盘上欧姆档的零刻度，断开两表笔b．将两表笔分别连接到被测电阻的两端，读出Rx的阻值后，断开两表笔c．旋转S使其尖端对准欧姆档×1kd．旋转S使其尖端对准欧姆档×100e．旋转S使其尖端对准交流500V档，并拔出两表笔根据如图所示指针位置，此被测电阻的阻值约为30K Ω．（2）（多选题）下述关于用多用表欧姆档测电阻的说法中正确的是AC（A）测量电阻时如果指针偏转过大，应将选择开关S拨至倍率较小的档位，重新调零后测量（B）测量电阻时，如果红、黑表笔分别插在负、正插孔，则会影响测量结果（C）测量电路中的某个电阻，应该把该电阻与电路断开（D）测量阻值不同的电阻时都必须重新调零．考点：欧姆表的原理．分析：欧姆表是测量电阻的仪表，把被测电阻串联在红黑表笔之间，欧姆表电流是从黑表笔流出红表笔流入，（1）用欧姆表测电阻，每次换挡后和测量前都要重新调零（指欧姆调零）．（2）测电阻时待测电阻不仅要和电源断开，而且要和别的元件断开．（3）测量时注意手不要碰表笔的金属部分，否则将人体的电阻并联进去，影响测量结果．（4）合理选择量程，使指针尽可能在中间刻度附近，解答：解：（1）测量几十kΩ的电阻Rx我们一般选择较大的档位先粗测，使用前应先进行调零，然后依据欧姆表的示数，在更换档位，重新调零，在进行测量；使用完毕应将选择开关置于OFF位置或者交流电压最大档，拔出表笔．欧姆表的示数乘以相应档位的倍率即为待测电阻的阻值30kΩ．（2）欧姆档更换规律“大小，小大”，即当指针偏角较大时，表明待测电阻较小，应换较小的档位；反之应还较大的档位．电流总是从红表笔流入从黑表笔流出多用电表，每次换挡一定要进行欧姆调零，测量电阻一定要断电作业．故答案为：（1）c、a、b、e，30k，（2）A、C，点评：（1）实际应用中要防止超量程，不得测额定电流极小的电器的电阻（如灵敏电流表的内阻）．（2）测量完毕后，应拔出表笔，选择开关置于OFF挡位置，或交流电压最高挡；长期不用时，应取出电池，以防电池漏电．（3）欧姆表功能：测量电阻、测二极管正负极．（4）用法：最好指针打到中间将误差减小14．（11分）（2014秋•校级月考）在“用电流表和电压表测定电池的电动势和内电阻”的实验中，供选用的器材有：A．电流表（量程：0～0.6A，RA=1Ω） B．电流表（量程：0～3A，RA=0.6Ω）C．电压表（量程：0～3V，RV=5kΩ） D．电压表（量程：0～15V，RV=10kΩ）E．滑动变阻器（0～10Ω，额定电流1.5A）F．滑动变阻器（0～2kΩ，额定电流0.2A）G．待测电流（一节一号干电池）、开关、导线若干．（1）请在虚线框（图乙）内画出能使本实验测量精确程度高的实验电路．（2）电路中电流表应选用 A ，电压表应选用 C ，滑动变阻器应选用E ．（用字母代号填写）（3）如图甲所示为实验所需器材，请按原理图连接出正确的是实验电路．（4）引起该实验系统误差的主要原因是电压表的分流．考点：测定电源的电动势和内阻．专题：实验题；恒定电流专题．分析：在选择电压表和电流表时一是注意安全性不能超过量程，二是注意要使指针偏转尽量大些，在三分之二左右偏转，滑动变阻器若采用限流接法，要选择阻值大于待测电阻的，但是并非越大越好，太大不便于调节，由此原则可正确选择电表；根据测电源电动势和内阻的原理图可正确连接实物图．解答：解：（1）电源内阻较小，故采用电流表外接法，电路图如下：（2）在“用电流表和电压表测定电池的电动势和内电阻”的实验中，待测电动势不会超过3V，电流不到1A，因此压表应选用的量程为0～3V，电流表应选用的量程为0～0.6A，电源内阻一般几欧姆，因此选择R1即可．故答案为：A，C，E．（3）由此连接实物图如下所示：（4）引起实验误差的主要原因是由于电压表的分流；故答案为：（1）见图；（2）A，C，E；（3）如图．（4）电压表的分流．点评：电学实验中选择仪表是常见的一种题型，要求学生能按照安全性和准确性的要求进行分析，先确定出必须用到的器材，再去根据题目中给出的条件去判断电流表和电压表或者欧姆表，连接实物图时要根据原理图进行连接．三、计算题（10分×3=30分）15．（10分）（2013秋•校级期末）质量为m=0.02kg的通电细杆ab置于倾角为θ=37°的平行放置的导轨上，导轨的宽度d=0.2m，杆ab与导轨间的动摩擦因数μ=0.4，磁感应强度B=2T的匀强磁场与导轨平面垂直且方向向下，如图所示．现调节滑动变阻器的触头，试求出为使杆ab静止不动，通过ab杆的电流范围为多少？考点：安培力．分析：当电流较大时，导体有向上的运动趋势，所受静摩擦力向下，当静摩擦力达到最大时，安培力最大，电流最大．当电流最小时，有向上的最大静摩擦力，根据共点力平衡，结合安培力的大小公式，求出通过ab杆的电流范围．解答：解：当电流较大时，导体有向上的运动趋势，所受静摩擦力向下，当静摩擦力达到最大时，磁场力为最大值F1，此时通过ab的电流最大为Imax；同理，当电流最小时，应该是导体受向上的最大静摩擦力，此时的安培力为F2，电流为Imin．正确地画出两种情况下的受力图如图所示，由平衡条件列方程求解．根据第一幅受力图列式如下：F1﹣mgsinθ﹣f1=0N1﹣mgcosθ=0f1=μN1F1=BImaxd解上述方程得：Imax=0.46A根据第二幅受力图F2﹣mgsinθ+f2=0N2﹣mgcosθ=0f2=μN2F2=BImind解上述方程得：Imin=0.14A则通过ab杆的电流范围为：0.14A≤I≤0.46A．答：通过ab杆的电流范围为0.14A≤I≤0.46A．点评：解决本题的关键能够正确地受力分析，抓住两个临界状态，运用共点力平衡进行求解．知道电流最大时有向下的最大静摩擦力，电流最小时，有向上的最大静摩擦力．16．（10分）（2014春•兴庆区校级月考）一台电风扇的额定功率是60W，内阻为2Ω，当它接在220V的电压下正常运转，求：（1）电风扇正常运转时，通过它的电流多大？每秒钟有多少电能转化为机械能？（2）若接上电源后，电风扇因故不能转动，这时通过它的电流多大？电风扇实际消耗的电功率多大？此时可能会发生什么问题？考点：功率、平均功率和瞬时功率．专题：功率的计算专题．分析：（1）由功率公式P=UI可求得通过它的电流；由W=Pt及能量守恒可求得转化的能量；（2）若电风扇不能转动时，可以看作纯电阻电路；由功率公式可求得实际功率．解答：解：（1）由P=UI可知；I===0.27A；产生的热量Q=I2Rt；则转化的机械能E=Pt﹣Q=60﹣0.272×2=59.85J；（2）电风扇不转时，由欧姆定律可知：I′===110A；实际功率P′===24200W；电风扇会被烧坏；答：（1）通过的电流为0.27A；转化的机械能为59.85J；（2）通过的电流为110A；实际功率为24200W；电风扇会被烧坏．点评：本题考查电动机的功率问题，要注意风扇被卡住时才能应用欧姆定律求解，同时要注意功率公式的应用．17．（10分）（2014春•兴庆区校级月考）一个用满偏电流为3mA的电流表改装成的欧姆表，调零后用它测量500Ω的电阻时，指针恰好指在刻度盘的正中间．如用它测量一个未知电阻时，指针指在1mA处，则被测电阻的阻值是多少？考点：把电流表改装成电压表．专题：实验题；恒定电流专题．分析：欧姆表的工作原理是闭合电路的欧姆定律，应用闭合电路欧姆定律分析答题．解答：解：欧姆调零时：Ig==0.003A，测500欧姆电阻时：Ig=0.0015A=，测未知电阻时：I=0.001A=，解得：R=1000Ω；答：被测电阻的阻值是1000欧姆．点评：本题考查了求被测电阻的阻值，知道欧姆表的工作原理、应用闭合电路的欧姆定律即可正确解题．。
江西省新余市2014届高三理综(物理部分)第二次模拟考试试题新人教版
5.方茴说：“那时候我们不说爱，爱是多么遥远、多么沉重的字眼啊。
我们只说喜欢，就算喜欢也是偷偷摸摸的。
”6.方茴说：“我觉得之所以说相见不如怀念，是因为相见只能让人在现实面前无奈地哀悼伤痛，而怀念却可以把已经注定的谎言变成童话。
”7.在村头有一截巨大的雷击木，直径十几米，此时主干上唯一的柳条已经在朝霞中掩去了莹光，变得普普通通了。
8.这些孩子都很活泼与好动，即便吃饭时也都不太老实，不少人抱着陶碗从自家出来，凑到了一起。
9.石村周围草木丰茂，猛兽众多，可守着大山，村人的食物相对来说却算不上丰盛，只是一些粗麦饼、野果以及孩子们碗中少量的肉食。
江西省新余市2014届高三第二次模拟考试物理试题本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分。
满分300分。
考试时间150分钟。
第Ⅰ卷 （选择题 共126分）二、选择题（本题共8小题，每小题6分。
在每小题给出的四个选项中，第14~18题只有一个选项符合题目意思，第19~21题有多个选项符合题目意思。
全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错或不选的得0分）14．物理学国际单位制中有基本单位和导出单位，下列物理量的单位用基本单位表示正确的是（ ）A ．功率的单位用基本单位表示是N·m/sB ．电容的单位用基本单位表示是C/VC ．电量的单位用基本单位表示是A·sD ．磁通量的单位用基本单位表示是T·m215．如图所示，将两个相同的木块a 、b 置于固定在水平面上的粗糙斜面上，a 、b 中间用一轻质弹簧连接，b 的右端用细绳与固定在斜面上的挡板相连．达到稳定状态时a 、b 均静止，弹簧处于压缩状态，细绳上有拉力.下列说法正确的是( )A.达到稳定状态时a 所受的摩擦力一定不为零B.达到稳定状态时b 所受的摩擦力一定不为零C.在细绳剪断瞬间，b 所受的合外力一定为零D.在细绳剪断瞬间，a 所受的合外力一定不为零16．如图所示，空间有一垂直纸面的磁感应强度为0.5T 的匀强磁场，一质量为0.2kg 且足够长的绝缘木板静止在光滑水平面上，在木板左端无初速放置一质量为0.1kg 、电荷量q=+0.2C 的滑块，滑块与绝缘木板之间动摩擦因数为0.5，滑块受到的最大静摩擦力可认为等于滑动摩擦力。
2017-2018学年江西省新余市渝水一中高二(下)月考物理试卷 Word版含解析
2017-2018学年江西省新余市渝水一中高二（下）月考物理试卷一、选择题（本题共10小题，每小题5分，共50分．）1．（5分）（2015春•盐城校级期中）穿过一个电阻为2Ω的闭合线圈的磁通量每秒均匀减小0.4Wb，则线圈中（）A．感应电动势为0.4V B．感应电动势每秒减小0.4VC．感应电流恒为0.2A D．感应电流每秒减小0.2A考点：法拉第电磁感应定律．专题：电磁感应与电路结合．分析：穿过闭合线圈的磁通量每秒均匀减小0.4Wb，得到磁通量变化率，由法拉第电磁感应定律求出感应电动势，由欧姆定律求解感应电流．解答：解：A、穿过闭合线圈的磁通量每秒均匀减小0.4Wb，则得到磁通量变化率大小为=0.4Wb/s，由法拉第电磁感应定律得：E==0.4V，感应电动势不变，故A正确，B错误．C、由欧姆定律得，感应电流为I===0.2A，电流恒定不变，故C正确，D错误．故选：AC．点评：当穿过闭合线圈的磁通量均匀变化时，线圈中产生的感应电动势和感应电流是恒定不变的．2．（5分）（2013•漳州一模）矩形导线框abcd固定在匀强磁场中，磁感线的方向与导线框所在平面垂直，规定磁场的正方向垂直低面向里，磁感应强度B随时间变化的规律如图所示．若规定顺时针方向为感应电流I的正方向，下列各图中正确的是（）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：电磁感应与图像结合．分析：根据B﹣t图象判断穿过项圈的磁通量变化情况，由楞次定律判断出感应电流的方向；应用排除法分析答题．解答：解：A、由B﹣t图象可知，0﹣1s内，线圈中磁通量增大，由楞次定律可知，电路中电流方向为逆时针，即电流为负方向，故AC错误；B、由楞次定律可知，1﹣2s内电路中的电流为顺时针，为正方向，2﹣3s内，电路中的电流为顺时针，为正方向，3﹣4s内，电路中的电流为逆时针，为负方向，故B错误，D正确；故选：D．点评：本题要求学生能正确理解B﹣t图的含义，才能准确的利用楞次定律进行判定．3．（5分）（2013春•南开区校级期中）如图所示，虚线框内是磁感应强度为B的匀强磁场，导线框的三条竖直边的电阻均为r，长均为L，两横边电阻不计，线框平面与磁场方向垂直．当导线框以恒定速度v水平向右运动，ab边进入磁场时，ab两端的电势差为U1，当cd边进入磁场时，ab两端的电势差为U2，则（）A．U1=BLv B．U1=BLv C．U2=BLv D．U2=BLv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：电磁感应与电路结合．分析：当导线框以恒定速度v水平向右运动，ab边进入磁场时，ab切割磁感线相当于电源，ab间电压是路端电压；当cd边进入磁场时，ab与cd都切割磁感线，相当于并联的电池组，ab两端的电势差仍是路端电压．根据欧姆定律研究U2．解答：解：当导线框以恒定速度v水平向右运动，ab边进入磁场时，ab切割磁感线产生的感应电动势为E=BLv，ab间电压是路端电压，即cd与ef并联的电压，则ab两端的电势差为U1=；当cd边进入磁场时，ab与cd都切割磁感线，产生的感应电动势都为E=BLv，ab两端的电势差等于ef两端的电压，内电路是ab与dc并联，则U2=BLv．故选BD点评：此题关键要区分清楚电源和外电路，可以画出等效电路，电源两端间的电势差是路端电压，不是电源的内电压．4．（5分）（2012•徐州一模）如图所示的电路中，电源电动势为E，内阻r不能忽略．R1和R2是两个定值电阻，L是一个自感系数较大的线圈．开关S原来是断开的．从闭合开关S 到电路中电流达到稳定为止的时间内，通过R1的电流I1和通过R2的电流I2的变化情况是（）A．I1开始较大而后逐渐变小B． I1开始很小而后逐渐变大C．I2开始很小而后逐渐变大D． I2开始较大而后逐渐变小考点：自感现象和自感系数．分析：利用线圈对电流突变的阻碍作用：闭合瞬间相当于断路，稳定后相当于导线，判断电流变化．解答：解：开关S闭合瞬间，L相当于断路，通过R1的电流I1较大，通过R2的电流I2较小；当稳定后L的自感作用减弱，通过R1的电流I1变小，通过R2的电流I2变大，故AC 正确BD错误．故选：AC点评：做好本题的关键：知道线圈对电流突变时的阻碍作用，特别是断开时相当于电源，L 中原来电流的方向即电动势的正极．5．（5分）（2012春•温州校级期中）如图所示，粗糙水平桌面上有一质量为m的铜质矩形线圈．当一竖直放置的条形磁铁从线圈中线AB正上方等高快速经过时，若线圈始终不动，则关于线圈受到的支持力F N及在水平方向运动趋势的正确判断是（）A．F N先小于mg后大于mg，运动趋势向左B．F N先大于mg后小于mg，运动趋势向左C．F N先小于mg后大于mg，运动趋势向右D．F N先大于mg后小于mg，运动趋势向右考点：楞次定律．分析：由磁铁的运动可知线圈中磁通量的变化，由楞次定律可判断线圈的支持力及运动趋势．解答：解：当磁铁向右运动靠近的过程中，线圈中的磁通量增大，根据楞次定律的第二种描述：“来拒去留：可知，线圈有向下和向右的趋势；故线圈受到的支持力增大；同时运动趋势向右；通过线圈后远离线圈的过程中，线圈中的磁通量减小，根据楞次定律的第二种描述：“来拒去留：可知，线圈有向上和向右的趋势；故线圈受到的支持力减小；同时运动趋势向右；故选：D．点评：线圈的运动是因发生了电磁感应而产生了感应电流，从而受到了安培力的作用而产生的；不过由楞次定律的描述可以直接判出，并且能更快捷．6．（5分）（2011秋•南昌校级期末）一环形线圈放在匀强磁场中，设第1s内磁感线垂直线圈平面（即垂直于纸面）向里，如图甲所示．若磁感应强度B随时间t变化的关系如图乙所示，那么第3s内线圈中感应电流的大小与其各处所受安培力的方向是（）A．大小恒定，沿顺时针方向与圆相切B．大小恒定，沿着圆半径指向圆心C．逐渐增加，沿着圆半径离开圆心D．逐渐增加，沿逆时针方向与圆相切考点：楞次定律；安培力．专题：电磁感应与电路结合．分析：变化的磁场产生电磁，均匀变化的磁场产生恒定的电磁，根据楞次定律判断出感应电流的方向．解答：解：在第3s内，磁场的方向垂直于纸面向里，且均匀增大，所以产生恒定的电流，根据楞次定律，感应电流的方向为逆时针方向，根据左手定则可以判断出安培力的方向指向圆心．所以B正确．故选：B点评：解决本题的关键掌握楞次定律判断感应电流的方向，难度不大，属于基础题．7．（5分）（2012•江西二模）如图所示，光滑绝缘水平面上有一矩形线圈冲入一匀强磁场，线圈全部进入磁场区域时，其动能恰好等于它在磁场外面时的一半，设磁场宽度大于线圈宽度，那么（）A．线圈恰好在刚离开磁场的地方停下B．线圈在磁场中某位置停下C．线圈在未完全离开磁场时即已停下D．线圈完全离开磁场以后仍能继续运动，不会停下来考点：导体切割磁感线时的感应电动势；电磁感应中的能量转化．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，比较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，则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、C错误．故选D．点评：解决本题的关键比较出进磁场和出磁场时的安培力，根据动能定理进行分析．8．（5分）（2011•怀柔区模拟）如图所示，磁带录音机既可用作录音，也可用作放音，其主要部件为匀速行进的磁带a和绕有线圈的磁头b，不论是录音或放音过程，磁带或磁隙软铁会存在磁化现象．下面是对于它们在录音、放音过程中主要工作原理的描述，正确的是（）A．放音的主要原理是电磁感应，录音的主要原理是电流的磁效应B．录音的主要原理是电磁感应，放音的主要原理是电流的磁效应C．放音和录音的主要原理都是磁场对电流的作用D．录音和放音的主要原理都是电磁感应考点：电磁感应在生活和生产中的应用．分析：磁带录音机能录音也能放音，主要是磁头的磁化作用．当放音时磁带与磁头接触，由于磁粉使磁头的电流发生变化从而导致发生声音．而录音时，声音信号转化为电信号，通过磁头写在磁带上．解答：解：A、放音的主要原理磁生电，所以是电磁感应现象，录音的主要原理是电生磁，是电流的磁效应．故A正确；B、放音的主要原理磁生电，所以是电磁感应现象，录音的主要原理是电生磁，是电流的磁效应．故B错误；C、放音的主要原理磁生电，所以是电磁感应现象，录音的主要原理是电生磁，是电流的磁效应．故错误；D、放音的主要原理磁生电，所以是电磁感应现象，录音的主要原理是电生磁，是电流的磁效应．故错误；故选：A点评：录音与放音是电生磁与磁生电的过程．9．（5分）（2011秋•崇川区校级期末）如图所示的整个装置放在竖直平面内，欲使带负电的油滴P在两平行金属板间静止，导体棒ab将沿导轨运动的情况是（）A．向右匀减速运动B．向右匀速运动C．向左匀减速运动D．向左匀速运动考点：法拉第电磁感应定律；导体切割磁感线时的感应电动势．分析：平行板两端间的电势差等于导体棒切割产生的电动势，带负电的液滴处于静止状态，知液滴受重力和电场力处于平衡，根据受力平衡求出电场强度的大小和方向，从而根据安培定则与楞次定律，及右手定则，知道导体棒的速度大小和方向．解答：解：质量为m，电荷量为q的带负电的液滴处于静止状态．有q=mg，电场强度的方向竖直向下，则上板电势高于下板，因此线圈N上端相当于电源的正极，下端相当于电源的负极．根据安培定则可知，线圈N的磁场竖直向上，大小减小，或竖直向下，大小增大；A、当棒向右匀减速运动时，因切割磁感线，由右手定则可知，感应电流方向由b到a，大小减小，则线圈M产生竖直向下的磁场，且大小减小，那么线圈N的磁场是竖直向上，大小减小，符合题意，故A正确；B、当棒向右匀速运动时，因切割磁感线，由右手定则可知，感应电流方向由b到a，大小不变，则线圈M产生竖直向下的磁场，且大小不变，那么线圈N的磁场是竖直向上，大小不变，不会产生感应电流，故B错误；C、当棒向左匀减速运动时，因切割磁感线，由右手定则可知，感应电流方向由a到b，大小减小，则线圈M产生竖直向上的磁场，且大小减小，那么线圈N的磁场是竖直向下，大小减小，不符合题意，故C错误；D、当棒向左匀速运动时，因切割磁感线，由右手定则可知，感应电流方向由a到b，大小不变，则线圈M产生竖直向上的磁场，且大小不变，那么线圈N的磁场是竖直向下，大小不变，不符合题意，故D错误；故选：A．点评：解决本题的关键根据液滴受力平衡求出平行板两端间的电势差，从而求出导体棒切割的速度．通过电场的方向得出两端电势的高低，根据右手定则得出导体棒运动的方向．10．（5分）（2009•江苏模拟）某输电线路横穿公路时，要在地下埋线通过．为了保护输电线不至于被压坏，可预先铺设结实的过路钢管，再让输电线从钢管中穿过．电线穿管的方案有两种，甲方案是铺设两根钢管，两条输电线分别从两根钢管中穿过，乙方案是只铺设一根钢管，两条输电线都从这一根钢管中穿过，如果输电导线输送的电流很强大，那么，以下说法正确的是（）A．无论输送的电流是恒定电流还是交变电流，甲、乙两方案都是可行的B．若输送的电流是恒定电流，甲、乙两方案都是可行的C．若输送的电流是交变电流，甲方案是可行的，乙方案是不可行的D．若输送的电流是交变电流，乙方案是可行的，甲方案是不可行的考点：远距离输电．专题：交流电专题．分析：当通恒定电流时，钢管对导线没有阻碍作用；当通入交流电时，若分开套，则由于磁场的变化，导致钢管中产生涡旋电流，便能源损耗．解答：解：1．若甲图通交流电，由于正弦变化的电场产生余弦变化的磁场，而余弦变化的磁场又产生正弦变化的电场，则每根钢管中都产生涡旋电流；导致能源损耗较大．2．若乙图通交流电，由于两根导线一根是火线，一根是零线，它们的电流方向是相反的．故相互吸引．但工程上可以将其在一根管内做好绝缘隔离．问题在于由交流电产生的涡旋电流：由于两根导线方向相反，所以如果它们相互足够靠近，则它们在周围的每一点上产生大小几乎相等，方向相反的感应电流．这样能使涡旋电流强度减弱到很小．3．若甲乙两图通恒定电流，则都产生恒定的磁场，恒定的磁场不产生电场．因此不产生涡流．没有能量损耗．因此BD正确，AC错误；故选BD点评：考查恒定电流与交流电的区别与联系，掌握由磁场的变化，导致涡旋电流的产生，从而对电能输送的影响．二、计算题（每题10分，共50分）11．（10分）（2012春•芗城区校级期中）如图所示，光滑的U形金属导轨MNN′M′水平的固定在竖直向上的匀强磁场中，磁感应强度为B，导轨的宽度为L，其长度足够长，M′、M 之间接有一个阻值为R的电阻，其余部分电阻不计．一质量为m、电阻也为R的金属棒ab 恰能放在导轨之上，并与导轨接触良好．给棒施加一个水平向右的瞬间作用力，棒就沿轨道以初速度v0开始向右滑行．求：（1）开始运动时，棒中的瞬时电流i和棒两端的瞬时电压u分别为多大？（2）当棒的速度由v0减小到的过程中，棒中产生的焦耳热Q是多少？考点：导体切割磁感线时的感应电动势；电磁感应中的能量转化．专题：电磁感应——功能问题．分析：（1）根据切割公式求解感应电动势，根据闭合电路欧姆定律求解感应电流和路端电压；（2）先根据能量守恒定律求解系统产生的焦耳热，然后结合串联电路的功率分配关系求解棒中产生的焦耳热．解答：解：（1）开始运动时，棒中的感应电动势为：E=BLv0棒中的瞬时电流：i==棒两端的瞬时电压：u=iR=BLv0（2）由能量守恒定律知，闭合电路在此过程中产生的焦耳热：Q总=mv02﹣m（v0）2=mv02棒中产生的焦耳热为：Q=Q总=（mv﹣mv）=mv02．答：（1）开始运动时，棒中的瞬时电流i为，棒两端的瞬时电压u为BLv0；（2）当棒的速度由v0减小到的过程中，棒中产生的焦耳热Q是mv02．点评：本题关键是明确电路结构和电路中的能量转化情况，结合切割公式、闭合电路欧姆定律和能量守恒定律列式分析即可，基础问题．12．（10分）（2011秋•南昌校级期末）一根电阻R=0.6Ω的导线弯成一个半径r=1m的圆形线圈，线圈质量m=1kg，此线圈放在绝缘光滑的水平面上，在y轴右侧有垂直线圈平面的磁感应强度B=0.5T的匀强磁场，如图所示．若线圈以初动能E k0=5J沿x轴方向滑进磁场，当进入磁场0.5m时，线圈中产生的电能为E=3J．求：（1）此时线圈的运动速度的大小；（2）此时线圈与磁场左边缘两交接点间的电压；（3）此时线圈加速度的大小．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：电磁感应与电路结合．分析：（1）由能量守恒定律可以求出线圈产生的电能；（2）由E=BLv求出感应电动势，由欧姆定律可以求出电压；（3）由安培力公式和牛顿第二定律结合可以求出加速度．解答：解：（1）由能量守恒定律得：E k0=E+mv2，代入数据解得：v===2m/s；（2）进入磁场x=0.5m时，切割磁感线的有效长度：L=2 =2×=m圆弧所对应的圆心角为：θ=120°感应电动势：E=BLv=0.5××2=V线圈在磁场外的电阻为：R′=R﹣×120°=R线圈与磁场左边缘两交接点间的电压：U=IR′=•R=V；（3）线圈受到的安培力：F=BIL=R由牛顿第二定律得：F=ma代入数据解得：a=2.5m/s2．答：（1）此过程中线圈中产生的电能为3J；（2）此时线圈与磁场左边缘两交接点间的电压为V；（3）此时线圈加速度a的大小2.5m/s2．点评：本题考查了求电能、电压、加速度，应用能量守恒定律、E=BLv、欧姆定律、牛顿第二定律即可正确解题；线圈与磁场左边缘两交接点间的电压是外电压，不是感应电动势．13．（10分）如图所示，竖直放置的等距离金属导轨宽0.5m，垂直于导轨平面向里的匀强磁场的磁感应强度为B=4T，轨道光滑、电阻不计，ab、cd为两根完全相同的金属棒，套在导轨上可上下自由滑动，每根金属棒的电阻为1Ω．今在ab棒上施加一个竖直向上的恒力F，这时ab、cd恰能分别以0.1m/s的速度向上和向下做匀速滑行．（g取10m/s2）试求：（1）两棒的质量；（2）外力F的大小．考点：导体切割磁感线时的感应电动势；力的合成与分解的运用；闭合电路的欧姆定律．专题：电磁感应中的力学问题．分析：由E=BLv求出感应电动势，由欧姆定律求出电路电流，由安培力公式求出安培力，导体棒匀速运，处于平衡状态，由平衡条件可以求出导体棒的质量m与拉力大小F．解答：解：导体棒切割磁感线产生感应电动势：E=BLv，电路感应电流：I==，导体棒受到的安培力：F安培=BIL=，导体棒匀速运动，处于平衡状态，由平衡条件得：对ab：F=mg+，对cd：mg=，代入数据解得：m=0.04kg，F=0.8N；答：（1）两棒的质量都是0.04kg；（2）外力F的大小为0.8N．点评：本题考查了求导体棒的质量、拉力大小，分析清楚物体运动过程，应用E=BLv、欧姆定律、安培力公式与平衡条件可以解题，本题是一道常规题．14．（10分）（2013春•永安市校级月考）如图1所示，光滑且足够长的平行金属导轨MN、PQ固定在同一水平面上，导轨的电阻不计，两导轨间距L=0.2m，定值电阻R=0.4Ω，导轨上停放一质量m=0.1kg、电阻r=0.1Ω的金属杆ab，整个装置处于磁感应强度为B=0.5T的匀强磁场中，磁场的方向竖直向下．现用一外力F沿水平方向拉杆，使之由静止开始运动，若理想电压表示数U随时间t的变化关系如图2所示，（1）试分析说明金属杆的运动情况；（2）求第2s末外力F的功率．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．专题：电磁感应与电路结合．分析：（1）根据欧姆定律和感应电动势公式得到U与v的关系，由图读出U与t的关系，来分析v与t的关系，从而判断金属杆的运动情况．（2）由图读出第2s的速度v．根据电压与时间的关系求出加速度，根据牛顿第二定律求出F，再求解外力F的功率．解答：解：（1）电压表示数为U=IR=R=v由图象可知，U与t成正比，由上式知v与t成正比，则杆做初速为零的匀加速直线运动．（2）因v=at，所以U=at=kt由图得图象的斜率k=0.4 V/s，即a=0.4得金属杆的加速度为a=5m/s2两秒末速度v=at=10m/s根据牛顿第二定律得：F﹣=ma得F=0.7N则外力F的功率P=Fv=7W答：（1）金属杆做初速度为零的匀加速直线运动．（2）第2s末外力F的功率为7W．点评：本题考查电磁感应、电路知识和牛顿定律综合应用的能力，关键是列出电压U与时间t的关系式，根据图象的斜率求出加速度．15．（10分）（2011秋•和平区校级期末）MN、PQ为相距L=0.2m的光滑平行导轨，导轨平面与水平面夹角为θ=30°，导轨处于磁感应强度为B=1T、方向垂直于导轨平面向上的匀强磁场中，在两导轨的M、P两端接有一电阻为R=2Ω的定值电阻，其余电阻不计．一质量为m=0.2kg的导体棒垂直导轨放置且与导轨接触良好．今平行于导轨对导体棒施加一作用力F，使导体棒从ab位置由静止开始沿导轨向下匀加速滑到底端，滑动过程中导体棒始终垂直于导轨，加速度大小为a=4m/s2，经时间t=1s滑到cd位置，从ab到cd过程中电阻发热为Q=0.1J，g取10m/s2．求：（1）到达cd位置时，对导体棒施加的作用力；（2）导体棒从ab滑到cd过程中作用力F所做的功．考点：导体切割磁感线时的感应电动势；匀变速直线运动的位移与时间的关系；闭合电路的欧姆定律．专题：电磁感应——功能问题．分析：（1）由匀变速运动的速度公式求出导体棒到达cd位置时的速度，由E=BLV求出此时产生的感应电动势，由欧姆定律求出电路电流，然后由F=BIL求出安培力，由牛顿第二定律求出对导体棒施加的作用力．（2）由匀变速运动的位移公式求出导体棒的位移，然后由能量守恒定律求出拉力所做的功．解答：解：（1）导体棒在cd处速度为：v=at=4 m/s，切割磁感线产生的电动势为：E=BLv=0.8V，回路感应电流为：I==0.4A，导体棒在cd处受安培力：F安=BIL=0.08N，由左手定则可知，安培力方向平行于斜面向上，由牛顿第二定律得：mgsinθ+F﹣F安=ma，解得：F=﹣0.12N，则对导体棒施加的作用力大小为0.12N，方向平行导轨平面向上．（2）ab到cd的距离：x=at2=2m，由能量守恒定律可知：mgxsinθ+W F=Q+mv2，解得：W F=﹣0.3J．答：（1）到达cd位置时，对导体棒施加的作用力是0.12N，方向平行导轨平面向上；（2）导体棒从ab滑到cd过程中作用力F所做的功为﹣0.3J．点评：对导体棒正确受力分析、应用牛顿第二定律是正确解题的关键；应用能量守恒定律可以求出拉力所做的功．。
高二物理下学期第一次月考试卷(含解析)-人教版高二全册物理试题
2014-2015学年江西省赣州市信丰中学高二〔下〕第一次月考物理试卷一、选择题〔以下第小题为多项选择题，其余单项选择，共计10题，每题4分，共计40分．少选的得2分，不选和多项选择的为0分〕1．〔4分〕〔2011秋•新建县校级期末〕关于楞次定律，如下说法正确的答案是〔〕A．感应电流的磁场总是要阻碍引起感应电流的磁通量的变化B．闭合电路的一局部导体在做切割磁感线运动时，必受磁场阻碍作用C．原磁场穿过闭合回路的磁通量磁增加时，感应电流的磁场与原磁场同向D．感生电流的磁场总是跟原磁场反向，阻碍原磁场2．〔4分〕〔2013•和平区三模〕小型交流发电机中，矩形金属线圈在匀强磁场中匀速转动．产生的感应电动势与时间呈正弦函数关系，如下列图，此线圈与一个R=10Ω的电阻构成闭合电路，不计电路的其他电阻，如下说法正确的答案是〔〕A．交变电流的周期为0.125s B．交变电流的频率为8HzC．交变电流的有效值为 A D．交变电流的最大值为4A3．〔4分〕〔2007•广东〕压敏电阻的阻值随所受压力的增大而减小，有位同学利用压敏电阻设计了判断小车运动状态的装置，其工作原理如图〔a〕所示，将压敏电阻和一块挡板固定在绝缘小车上，中间放置一个绝缘重球．小车向右做直线运动过程中，电流表示数如图〔b〕所示，如下判断正确的答案是〔〕A．从t1到t2时间内，小车做匀速直线运动B．从t1到t2时间内，小车做匀加速直线运动C．从t2到t3时间内，小车做匀速直线运动D．从t2到t3时间内，小车做匀加速直线运动4．〔4分〕〔2014春•晋江市校级期中〕处在匀强磁场中的矩形线圈abcd，以恒定的角速度绕ab边转动，磁场方向平行于纸面并与ab垂直．在t=0时刻，线圈平面与纸面重合〔如图〕，线圈的cd边离开纸面向外运动．假设规定由a→b→c→d→a方向的感应电流为正，如此能反映线圈中感应电流I随时间t变化的图线是〔〕A．B．C． D．5．〔4分〕〔2013•辽宁一模〕如图甲所示，M是一个小型理想变压器，原副线圈匝数之比n1：n2=10：1，接线柱a、b接上一个正弦交变电源，电压随时间变化规律如图乙所示．变压器右侧局部为一火警报警系统原理图，其中R2为用半导体热敏材料〔电阻随温度升高而减小〕制成的传感器，R1为一定值电阻．如下说法中正确的答案是〔〕A．电压表v示数为22VB．当传感器R2所在处出现火警时，电压表v的示数减小C．当传感器R2所在处出现火警时，电流表A的示数减小D．当传感器R2所在处出现火警时，电阻R1的功率变小6．〔4分〕〔2012春•临川区校级期中〕要使b线圈中产生图示I方向的电流，可采用的方法有〔〕A．断开的K瞬间B．K闭合后把R的滑动片向右移C．闭合K后把b向a靠近D．闭合K后把a中铁芯从左边抽出7．〔4分〕〔2015春•厦门校级期末〕如下列图，金属导轨上的导体棒ab在匀强磁场中沿导轨做如下哪种运动时，铜制线圈c中将有感应电流产生且被螺线管吸引〔〕A．向右做匀速运动B．向左做减速运动C．向右做减速运动D．向右做加速运动8．〔4分〕〔2013秋•船营区校级期中〕如下列图，上下不等宽的平行金属导轨的EF和GH两局部导轨间的距离为2L，IJ和MN两局部导轨间的距离为L，导轨竖直放置，整个装置处于水平向里的匀强磁场中，金属杆ab和cd的质量均为m，都可在导轨上无摩擦地滑动，且与导轨接触良好，现对金属杆ab施加一个竖直向上的作用力F，使其匀速向上运动，此时cd处于静止状态，如此F的大小为〔〕A．2mg B．3mg C．4mg D．1mg9．〔4分〕〔2014秋•东河区校级期末〕如图中回路竖直放在匀强磁场中，磁场的方向垂直于回路平面向外，导体AC可以贴着光滑竖直长导轨下滑．设回路的总电阻恒定为R，当导体AC 从静止开始下落后，下面表示中正确的说法有〔〕A．导体下落过程中，机械能守恒B．导体加速下落过程中，导体减少的重力势能全部转化为在电阻上产生的热量C．导体加速下落过程中，导体减少的重力势能转化为导体增加的动能和回路中增加的内能D．导体达到稳定速度后的下落过程中，导体减少的重力势能全部转化为回路中增加的内能10．〔4分〕〔2012•浙江校级模拟〕在光滑的水平地面上方，有两个磁感应强度大小均为B，方向相反的水平匀强磁场，如下列图的PQ为两个磁场的边界，磁场范围足够大．一个半径为a、质量为m、电阻为R的金属圆环垂直磁场方向，以速度v从如图位置运动，当圆环运动到直径刚好与边界限PQ重合时，圆环的速度为v，如此如下说法正确的答案是〔〕A．此时圆环中的电功率为B．此时圆环的加速度为C．此过程中通过圆环截面的电量为D．此过程中回路产生的电能为0.75mv2二、填空题〔16分〕11．〔8分〕〔2012春•临川区校级期中〕光敏电阻是用半导体材料制成的．如下列图，将一个光敏电阻与多用电表联成一电路，此时选择开关放在欧姆档，照射在光敏电阻上的光强逐渐增大，如此欧姆表指针的偏转角度〔填“变大〞、“变小〞或“不变〞〕．假设将选择开关放在电流挡，同样增大照射光强度，如此指针偏转角度．〔填“变大〞、“变小〞或“不变〞〕．12．〔8分〕〔2011秋•扶余县校级期末〕如图，边长为a、电阻为R的正方形线圈在水平外力的作用下以速度v匀速穿过宽为b的有界的匀强磁场区域，磁场的磁感应强度为B，从线圈开始进入磁场到线圈刚离开磁场的过程中，外力做功为W．假设a＞b，如此W=，假设a＜b，如此W=．三、计算题〔44分〕13．〔8分〕〔2010秋•抚州期末〕如图甲所示的螺线管的匝数n=1500，横截面积S=20cm2，电阻r=1.5Ω，与螺线管串联的外电阻R1=10Ω，R2=3.5Ω．假设穿过螺线管的磁场的磁感应强度按图乙所示的规律变化，计算R1上消耗的电功率．14．〔10分〕〔2012春•临川区校级期中〕某发电站的输出功率为103KW，输出电压为4kV，通过理想变压器升压后向远处供电．输电导线的电阻为R=100Ω，输电线路损失的功率为输出功率的4%，求：〔1〕升压变压器的输出电压；〔2〕输电线路上的电压损失．15．〔12分〕〔2012春•中山期末〕如下列图，水平U形光滑框架，宽度为1m，电阻忽略不计，导体ab质量是0.2kg，电阻是0.1Ω，匀强磁场的磁感应强度B=0.1T，方向垂直框架向上，现用1N的外力F由静止拉动ab杆，当ab的速度达到1m/s时，求此时刻〔1〕ab 杆产生的感应电动势的大小；〔2〕ab杆的加速度的大小？〔3〕ab杆所能达到的最大速度是多少？16．〔14分〕〔2012秋•库尔勒市校级期末〕如下列图，两根相距L平行放置的光滑导电轨道，与水平面的夹角均为α，轨道间有电阻R，处于磁感应强度为B、方向竖直向上的匀强磁场中，一根质量为m、电阻为r的金属杆ab，由静止开始沿导电轨道下滑．设下滑中ab杆始终与轨道保持垂直，且接触良好，导电轨道有足够的长度，且电阻不计．求：〔1〕ab杆将做什么运动？〔2〕假设开始时就给ab沿轨道向下的拉力F使其由静止开始向下做加速度为a的匀加速运动〔a＞gsinα〕．求拉力F与时间t的关系式．2014-2015学年江西省赣州市信丰中学高二〔下〕第一次月考物理试卷参考答案与试题解析一、选择题〔以下第小题为多项选择题，其余单项选择，共计10题，每题4分，共计40分．少选的得2分，不选和多项选择的为0分〕1．〔4分〕〔2011秋•新建县校级期末〕关于楞次定律，如下说法正确的答案是〔〕A．感应电流的磁场总是要阻碍引起感应电流的磁通量的变化B．闭合电路的一局部导体在做切割磁感线运动时，必受磁场阻碍作用C．原磁场穿过闭合回路的磁通量磁增加时，感应电流的磁场与原磁场同向D．感生电流的磁场总是跟原磁场反向，阻碍原磁场考点：楞次定律．分析：根据楞次定律分析感应电流磁场的作用．闭合电路的一局部导体在做切割磁感线运动时，会产生感应电流，必受磁场阻碍作用．原磁场穿过闭合回路的磁通量磁增加时，感应电流的磁场与原磁场反向；原磁场穿过闭合回路的磁通量磁减小时，感应电流的磁场与原磁场同向．解答：解：A、根据楞次定律得知：感应电流的磁场总是要阻碍引起感应电流的磁通量的变化．故A正确．B、闭合电路的一局部导体在做切割磁感线运动时，导体中会产生感应电流，磁场对导体有安培力，起到阻碍导体与磁场相对运动的作用．故B正确．C、原磁场穿过闭合回路的磁通量磁增加时，根据楞次定律得知，感应电流的磁场与原磁场反向．故C错误．D、感生电流的磁场不一定跟原磁场反向，只有当原磁通量增加时，感生电流的磁场才跟原磁场反向，而当原磁通量减小时，感生电流的磁场跟原磁场同向．故D错误．应当选AB点评：楞次定律是反映感应电流方向的规律，简述为感应电流总是阻碍磁通量的变化，不是阻碍磁场．2．〔4分〕〔2013•和平区三模〕小型交流发电机中，矩形金属线圈在匀强磁场中匀速转动．产生的感应电动势与时间呈正弦函数关系，如下列图，此线圈与一个R=10Ω的电阻构成闭合电路，不计电路的其他电阻，如下说法正确的答案是〔〕A．交变电流的周期为0.125s B．交变电流的频率为8HzC．交变电流的有效值为 A D．交变电流的最大值为4A考点：交流的峰值、有效值以与它们的关系．专题：交流电专题．分析：从图象中可以求出该交流电的最大电压以与周期等物理量，然后根据最大值与有效值以与周期与频率关系求解．解答：解：A、由图可知，交流电周期T=0.250s，故A错误；B、交流电周期T=0.250s，交变电流的频率为f==4Hz，故B错误；C、由图可知，交流电的最大电压U m=20V，所以交变电流的最大值为I m==2A，所以交变电流的有效值为I==A，故C正确，D错误；应当选：C．点评：此题考查了交流电最大值、有效值、周期、频率等问题，要学会正确分析图象，从图象获取有用信息求解．3．〔4分〕〔2007•广东〕压敏电阻的阻值随所受压力的增大而减小，有位同学利用压敏电阻设计了判断小车运动状态的装置，其工作原理如图〔a〕所示，将压敏电阻和一块挡板固定在绝缘小车上，中间放置一个绝缘重球．小车向右做直线运动过程中，电流表示数如图〔b〕所示，如下判断正确的答案是〔〕A．从t1到t2时间内，小车做匀速直线运动B．从t1到t2时间内，小车做匀加速直线运动C．从t2到t3时间内，小车做匀速直线运动D．从t2到t3时间内，小车做匀加速直线运动考点：闭合电路的欧姆定律；传感器在生产、生活中的应用．专题：压轴题；恒定电流专题．分析：压敏电阻的阻值会随所受压力的增大而减小，而电流变大说明电阻变小，故电流变大说明压力变大；反之，电流变小说明压力变小；电流不变说明压力不变．解答：解：A、在t1～t2内，I变大，阻值变小，压力变大，小车做变加速运动，故A错误；B、在t1～t2内，I变大，阻值变小，压力变大，小车做变加速运动，故B错误；C、在t2～t3内，I不变，压力恒定，小车做匀加速直线运动，故C错错误；D、在t2～t3内，I不变，压力恒定，小车做匀加速直线运动，故D正确；应当选：D．点评：此题关键是根据电流变化情况判断压力变化情况，根据牛顿第二定律判断加速度变化情况，从而判断小车的可能运动情况．4．〔4分〕〔2014春•晋江市校级期中〕处在匀强磁场中的矩形线圈abcd，以恒定的角速度绕ab边转动，磁场方向平行于纸面并与ab垂直．在t=0时刻，线圈平面与纸面重合〔如图〕，线圈的cd边离开纸面向外运动．假设规定由a→b→c→d→a方向的感应电流为正，如此能反映线圈中感应电流I随时间t变化的图线是〔〕A．B．C． D．考点：正弦式电流的图象和三角函数表达式．专题：交流电专题．分析：矩形金属线圈在匀强磁场中匀速转动，产生交流电．如此由楞次定如此可判定感应电流的方向，图示时刻的电动势最大，电流最大．解答：解：cd边离开纸面向外运动开始计时，线圈磁通量在变大，如此感应电流的磁场会阻碍其变大，即感应电流的磁场与原磁场方向相反，根据右手定如此得感应电流方向是a→b→c→d→a，与规定的正方向一样，此时感应电动势最大，感应电流也最大，是余弦图象．故ABD错误，C正确．应当选：C．点评：此题的关键是知道在转动的瞬间，感应电动势最大，根据楞次定律判断感应电流的方向．5．〔4分〕〔2013•辽宁一模〕如图甲所示，M是一个小型理想变压器，原副线圈匝数之比n1：n2=10：1，接线柱a、b接上一个正弦交变电源，电压随时间变化规律如图乙所示．变压器右侧局部为一火警报警系统原理图，其中R2为用半导体热敏材料〔电阻随温度升高而减小〕制成的传感器，R1为一定值电阻．如下说法中正确的答案是〔〕A．电压表v示数为22VB．当传感器R2所在处出现火警时，电压表v的示数减小C．当传感器R2所在处出现火警时，电流表A的示数减小D．当传感器R2所在处出现火警时，电阻R1的功率变小考点：变压器的构造和原理．专题：交流电专题．分析：输出电压是由输入电压和匝数比决定的，输入的功率的大小是由输出功率的大小决定的，电压与匝数程正比，电流与匝数成反比，根据理想变压器的原理分析即可．解答：解：A、由图象可知，输入的电压为220V，变压器的电压与匝数成正比，由此可得副线圈的电压为22V，电压表测的是半导体热敏材料的电压，R1，R2的总电压为22V，所以电压表的示数小于22V，所以A错误；B、当出现火警时，温度升高，电阻R2减小，副线圈的电流变大，所以R1的电压要增大，由于副线圈的总电压不变，所以R2的电压就要减小，所以B正确；C、由B的分析可知，副线圈的电阻减小，副线圈的电流变大，所以原线圈的电流也就要增大，所以C错误；D、由B的分析可知，副线圈的电阻减小，副线圈的电流变大，由于R1的电阻不变，由P=I2R1可知，电阻R1的功率变大，所以D错误．应当选B．点评：此题主要考查变压器的知识，要能对变压器的最大值、有效值、瞬时值以与变压器变压原理、功率等问题彻底理解．6．〔4分〕〔2012春•临川区校级期中〕要使b线圈中产生图示I方向的电流，可采用的方法有〔〕A．断开的K瞬间B．K闭合后把R的滑动片向右移C．闭合K后把b向a靠近D．闭合K后把a中铁芯从左边抽出考点：楞次定律．专题：电磁感应与电路结合．分析：首先知道判断感应电流的方向利用楞次定律，让后逐项分析即可．解答：解：A、断开K瞬间，通电螺旋管a在右侧产生的磁场方向向右且穿过b磁通量减小，据楞次定律知，据b线圈产生感应电流产生的磁通量阻碍减小，即产生的磁场方向向右，用右手螺旋定如此可知，b线圈产生图示I反方向的电流，故A错误；B、K闭合后把R的滑动片向右移，通电螺旋管a的电流减小，在右侧产生的磁场方向向右且穿过b磁通量减小，据楞次定律知，据b线圈产生感应电流产生的磁通量阻碍减小，即产生的磁场方向向右，用右手螺旋定如此可知，b线圈产生与图示I方向的电流相反，故B错误；C、闭合K后把b向a靠近，通电螺旋管a在右侧产生的磁场方向向右且穿过b磁通量增大，据楞次定律知，据b线圈产生感应电流产生的磁通量阻碍增大，即产生的磁场方向向左，用右手螺旋定如此可知，b线圈产生图示I方向的电流，故C正确；D、闭合K后把a中铁芯从左边抽出，产生的磁场减弱，在右侧产生的磁场方向向右且穿过b 磁通量减小，据楞次定律知，据b线圈产生感应电流产生的磁通量阻碍减小，即产生的磁场方向向右，用右手螺旋定如此可知，b线圈产生与图示I方向的电流相反，故D错误．应当选：C．点评：灵活应用楞次定律求解是解题的关键，一定注意原磁场的方向，磁通量的变化和感应电流产生磁场的方向．7．〔4分〕〔2015春•厦门校级期末〕如下列图，金属导轨上的导体棒ab在匀强磁场中沿导轨做如下哪种运动时，铜制线圈c中将有感应电流产生且被螺线管吸引〔〕A．向右做匀速运动B．向左做减速运动C．向右做减速运动D．向右做加速运动考点：楞次定律．专题：电磁感应与电路结合．分析：导体棒ab在匀强磁场中沿导轨运动时，根据右手定如此判断感应电流方向，感应电流通过螺线管时，由安培定如此判断磁场方向，根据楞次定律判断线圈c中感应电流方向，再确定c是否被螺线管吸引．解答：解：A、导体棒ab向右或向左做匀速运动时，ab中产生的感应电流不变，螺线管产生的磁场是稳定的，穿过c的磁通量不变，c中没有感应电流，线圈c不受安培力作用，不会被螺线管吸引．故A错误．B、导体棒ab向左做减速运动时，根据右手定如此判断得到，ab中产生的感应电流方向从b→a，感应电流减小，螺线管产生的磁场减弱，穿过c的磁通量减小，根据楞次定律得知，c中产生逆时针方向〔从左向右看〕的感应电流，与线圈中的电流的方向一样，如此线圈c被螺线管吸引．故B正确．C、导体棒ab向右做减速运动时，根据右手定如此判断得到，ab中产生的感应电流方向从a→b，感应电流减小，螺线管产生的磁场减弱，穿过c的磁通量减小，根据楞次定律得知，c中产生顺时针方向〔从左向右看〕的感应电流，与线圈中的电流的方向一样，如此线圈c被螺线管吸引．故C正确．D、导体棒ab向右做加速运动时，根据右手定如此判断得到，ab中产生的感应电流方向从a→b，感应电流增大，螺线管产生的磁场增强，穿过c的磁通量增大，根据楞次定律得知，c中产生逆时针方向〔从左向右看〕的感应电流，与线圈中的电流的方向一样反，如此线圈c被螺线管排斥．故C错误．应当选：BC．点评：此题运用右手定如此、安培定如此和楞次定律按步就班进展分析的，也可以直接根据楞次定律进展判断：线圈c被螺线管吸引时，磁通量将要增大，说明原来的磁通量减小，导体棒必定做减速运动．8．〔4分〕〔2013秋•船营区校级期中〕如下列图，上下不等宽的平行金属导轨的EF和GH两局部导轨间的距离为2L，IJ和MN两局部导轨间的距离为L，导轨竖直放置，整个装置处于水平向里的匀强磁场中，金属杆ab和cd的质量均为m，都可在导轨上无摩擦地滑动，且与导轨接触良好，现对金属杆ab施加一个竖直向上的作用力F，使其匀速向上运动，此时cd处于静止状态，如此F的大小为〔〕A．2mg B．3mg C．4mg D．1mg考点：导体切割磁感线时的感应电动势；安培力；法拉第电磁感应定律．专题：电磁感应与电路结合．分析：当ab杆向上切割磁感线，从而产生感应电动势，出现感应电流，产生安培力．安培力对于cd来说与其重力平衡，对于ab来说与重力三合起来与拉力相平衡．因此通过安培力的大小公式可分别求出两杆的受到的安培力大小，即可求解．解答：解：ab杆向上切割磁感线，从而产生感应电动势为E=BLv，出现感应电流I=，安培力大小为F安=BI•2L，对于cd来说，受到的安培力为F安=BI•L，且F安′=BI•L=mg，由于金属杆ab施加一个竖直向上的作用力F，使其匀速向上运动，所以F=mg+F安综上可得，F=mg+2mg=3mg应当选：B．点评：考查杆切割磁感线产生感应电动势，出现感应电流，产生安培力，注意安培力的有效切割长度，同时运用受力平衡条件．9．〔4分〕〔2014秋•东河区校级期末〕如图中回路竖直放在匀强磁场中，磁场的方向垂直于回路平面向外，导体AC可以贴着光滑竖直长导轨下滑．设回路的总电阻恒定为R，当导体AC 从静止开始下落后，下面表示中正确的说法有〔〕A．导体下落过程中，机械能守恒B．导体加速下落过程中，导体减少的重力势能全部转化为在电阻上产生的热量C．导体加速下落过程中，导体减少的重力势能转化为导体增加的动能和回路中增加的内能D．导体达到稳定速度后的下落过程中，导体减少的重力势能全部转化为回路中增加的内能考点：导体切割磁感线时的感应电动势；功能关系；电磁感应中的能量转化．专题：电磁感应与电路结合．分析：导线下落过程中切割磁感线产生逆时针方向的感应电动势、感应电流，导线受到竖直向上的安培力，还有竖直向下的重力，下落过程中安培力做负功，机械能减小，减小的机械能转化为电能，所以机械能不守恒；下落时重力做正功，重力势能减小，减小的重力势能一局部通过抑制安培力做功转化为电能，另一局部转化为导线的动能．解答：解：A、导体下落过程中切割磁感线产生顺时针方向的感应电动势、感应电流，导体受到竖直向上的安培力，还有竖直向下的重力，下落过程中安培力做负功，机械能减小，减小的机械能转化为电能，所以机械能不守恒，故A错误．B、C、导体加速下落过程中，重力做正功，重力势能减小，减小的重力势能一局部通过抑制安培力做功转化为电能，另一局部转化为导体的动能；故B错误，C正确．D、导体下落达到稳定速度时，竖直向下的重力等于竖直向上的安培力，两力的合力等于零，导体做匀速直线运动，动能不变，导体减少的重力势能通过抑制安培力做功全部转化为回路的电能，故D正确．应当选：CD点评：解答此题时要注意：在抑制安培力做功的题目中，抑制安培力做多少功，就产生多少电能；在安培力做正功的题目中安培力做多少做功就消耗多少电能．10．〔4分〕〔2012•浙江校级模拟〕在光滑的水平地面上方，有两个磁感应强度大小均为B，方向相反的水平匀强磁场，如下列图的PQ为两个磁场的边界，磁场范围足够大．一个半径为a、质量为m、电阻为R的金属圆环垂直磁场方向，以速度v从如图位置运动，当圆环运动到直径刚好与边界限PQ重合时，圆环的速度为v，如此如下说法正确的答案是〔〕A．此时圆环中的电功率为B．此时圆环的加速度为C．此过程中通过圆环截面的电量为D．此过程中回路产生的电能为0.75mv2考点：导体切割磁感线时的感应电动势；电磁感应中的能量转化．专题：电磁感应——功能问题．分析：由导体切割磁感线公式可求得感应电动势，由功率公式可求得电功率；由闭合电路欧姆定律可求得电路中的电流，如此可求得安培力，由牛顿第二定律求得加速度；由法拉第电磁感应定律可求得通过截面的电量；解答：解：A、当直径与边界限重合时，圆环运动到直径刚好与边界限PQ重合时，圆环左右两半环均产生感应电动势，故线圈中的感应电动势E=2B×2a×=2Bav；圆环中的电功率P==，故A正确；B、此时圆环受力F=2BI×2a=2B•2×2a=，由牛顿第二定律可得，加速度a==，故B错误；C、电路中的平均电动势=，如此电路中通过的电量Q=△t=△t==，故C 正确；D、此过程中产生的电能等于电路中的热量，也等于外力所做的功，如此一定也等于动能的改变量，故E=mv2﹣m=mv2=0.375mv2．故D错误；应当选：AC．点评：此题考查电磁感应规律、闭合电路运算、感应电动势瞬时值与平均值应用等．关键为：搞清楚磁通量的变化、平动切割的有效长度、瞬时值与平均值．二、填空题〔16分〕11．〔8分〕〔2012春•临川区校级期中〕光敏电阻是用半导体材料制成的．如下列图，将一个光敏电阻与多用电表联成一电路，此时选择开关放在欧姆档，照射在光敏电阻上的光强逐渐增大，如此欧姆表指针的偏转角度变大〔填“变大〞、“变小〞或“不变〞〕．假设将选择开关放在电流挡，同样增大照射光强度，如此指针偏转角度不变．〔填“变大〞、“变小〞或“不变〞〕．考点：闭合电路的欧姆定律．专题：恒定电流专题．。
江西省新余市中心学校高二物理测试题含解析
江西省新余市中心学校高二物理测试题含解析一、选择题：本题共5小题，每小题3分，共计15分．每小题只有一个选项符合题意1. 穿过一个电阻为1欧的闭合线圈的磁通量每秒钟均匀地减少2Wb，则：( )A.线圈中感应电动势每秒钟增加2VB.线圈中感应电流每秒钟减小2AC.线圈中感应电流不变D.以上说法不对参考答案：C2. 如图11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．两金属环将相互排斥C．磁铁的加速度会大于g D．磁铁的加速度会小于g参考答案：BD3. 如图所示，平行线代表电场线，但未标明方向，一个带正电、电量为10－6 C的微粒在电场中仅受电场力作用，当它从A点运动到B点时动能减少了10－5 J，已知A点的电势为－10 V，则以下判断正确的是（）A．微粒从A点运动到B点时电势能能减少了10－5 JB．微粒的运动轨迹如图中的虚线2所示；C．B点电势为零； D．B点电势为－20 V参考答案：4. （多选）质量为0.3kg的弹性小球，在光滑水平面上以6m/s的速度垂直撞到墙上，碰撞后小球沿相反方向运动，反弹后的速度大小与碰撞前相同。
则碰撞前后小球速度变化量的大小为Δv和碰撞过程中墙对小球做功的大小W为（）A．Δv=0B．Δv=12m/s C．W=0 D．W=10.8J参考答案：BC5. 图中，已知交流电原电压电阻R=100Ω，则电流表和电压表的读数分别是A.1.41A,200VB.1.41A,141VC.2A,200VD.2A,141V参考答案：B二、填空题：本题共8小题，每小题2分，共计16分6. 一定质量的某种气体的体积为20L时，压强为1.0×105Pa.当气体发生等温变化，体积减小到16L 时，压强为？参考答案：1.25×105 Pa7. （4分）有三个电阻，阻值分别为3Ω，6Ω和9Ω，把它们联接起来，在可能获得的总电阻中，最大值为________Ω，最小值是________Ω。
江西省新余市新余一中2015届高三第二次模拟考试(物理)
江西省新余市新余一中 2015届高三第二次模拟考试物 理 试 题总分100分，考试用时90分钟一、 选择题（每小题4分，共40分。
其中1—7题为单选题，8—10题为多选题漏选得2分，有错得0分）） ⒈一颗人造地球卫星在距地球表面高度为h 的轨道上做匀速圆周运动，运动周期为T ，若地球半径为R ，则（ ）A.该卫星运行时的线速度为2RTπB.该卫星运行时的向心加速度为224RTπ C.物体在地球表面自由下落的加速度为224()R h T π+D.⒉如图所示，将物体A 放在容器B 中，以某一速度把容器B 竖直上抛，不计空气阻力，运动过程中容器B 的底面始终保持水平，下列说法正确的是（ ）A ．在上升和下降过程中A 对B 的压力都一定为零B ．上升过程中A 对B 的压力大于物体A 受到的重力C ．下降过程中A 对B 的压力大于物体A 受到的重力D ．在上升和下降过程中A 对B 的压力都等于物体A 受到的重力⒊在稳定轨道上的空间站中，物体处于完全失重状态．有如图（2）所示的装置，半径分别为r 和R （R>r ）的甲、乙两个光滑的圆形轨道安置在同一竖直平面上，轨道之间有一条水平轨道CD 相通，宇航员让一小球以一定的速度先滑上甲轨道，通过粗糙的CD 段，又滑上乙轨道，最后离开两圆轨道，那么下列说法正确的是：A ．小球在CD 间由于摩擦力而做减速运动B ．小球经过甲轨道最高点时比经过乙轨道最高点时速度大C ．如果减少小球的初速度，小球有可能不能到达乙轨道的最高点D ．小球经过甲轨道最高点时对轨道的压力大于经过乙轨道最高点时对轨道的压力 ⒋．如图所示，质量相同的木块A 、B ，用轻弹簧连接置于光滑水平面上，开始弹簧处于自然状态，现用水平恒力F 推木块A ，则弹簧在第一次被压缩到最短的过程中()A ．当A 、B 速度相同时，加速度a A = a BB ．当A 、B 速度相同时，加速度a A ＞ a BC ．当A 、B 加速度相同时，速度v A ＜v BD ．当A 、B 加速度相同时，速度v A ＞v B⒌在地面上方的A 点以E 1=3J 的初动能水平抛出一小球，小球刚要落地时的动能为E 2=7J ，落地点在B 点，不计空气阻力，则A 、B 两点的连线与水平方向的夹角为( )A ．30°B ．37°C ．45°D ．60°⒍一物体由静止开始自由下落一小段时间后突然受一恒定的水平风力的影响，则其运动轨迹可能的情况是图中的7. 一质量不计的直角形支架两端分别连接质量为m 和2m 的小球A 和B 。
江西省新余市渝水区第一中学2024年高三5月月考物理试题试卷
江西省新余市渝水区第一中学2024年高三5月月考物理试题试卷考生须知：1．全卷分选择题和非选择题两部分，全部在答题纸上作答。
选择题必须用2B铅笔填涂；非选择题的答案必须用黑色字迹的钢笔或答字笔写在“答题纸”相应位置上。
2．请用黑色字迹的钢笔或答字笔在“答题纸”上先填写姓名和准考证号。
3．保持卡面清洁，不要折叠，不要弄破、弄皱，在草稿纸、试题卷上答题无效。
一、单项选择题：本题共6小题，每小题4分，共24分。
在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。
1、观看科幻电影《流浪地球》后，某同学设想地球仅在木星引力作用下沿椭圆轨道通过木星的情景，如图所示，轨道上P点距木星最近（距木星表面的高度可忽略）。
则A．地球靠近木星的过程中运行速度减小B．地球远离木星的过程中加速度增大C．地球远离木星的过程中角速度增大D．地球在P点的运行速度大于木星第一宇宙速度2、如图所示，质量为m的木块A放在斜面体B上，对B施加一水平向左的推力F，使A、B保持相对静止向左做匀速直线运动，则B对A的作用力大小为(重力加速度为g)()A．mg B．mg sin θC．mg cos θD．03、在如图所示电路中，合上开关S，将滑动变阻器R2的滑动触点向b端移动，则三个电表A1、A2和V的示数I1、I2和U的变化情况是（）A．I1增大，I2不变，U增大B．I1减小，I2不变，U减小C．I1增大，I2减小，U增大D．I1减小，I2增大，U减小4、2019年春晚在舞《春海）》中拉开帷幕．如图所示，五名领舞者在钢丝绳的拉动下以相同速度缓缓升起，若五名领舞者的质量（包括衣服和道具）相等，下面说法中正确的是A．观众欣赏表演时可把领舞者看作质点B．2号和4号领舞者的重力势能相等C．3号领舞者处于超重状态D．她们在上升过程中机械能守恒5、某同学为了验证断电自感现象，自己找来带铁心的线圈L、小灯泡A、开关S和电池组E，用导线将它们连接成如图所示的电路。
江西省新余一中2014-2015学年高一下学期月考物理试卷(4月份)【解析版】
江西省新余一中2014-2015学年高一（下）月考物理试卷（4月份）一、选择题（本题有10小题，每小题4分，共40分．1-7小题只有一个选项正确．8-10题有多个选项正确，全部选对得4分，选对部分，但没有选错，得2分，有选错得0分）1．（4分）下列各组物理量中，全部是矢量的是（）A．时间、位移、速度B．线速度、向心加速度、向心力C．质量、合外力、加速度D．角速度、周期、频率2．（4分）关于开普勒第三定律中的公式=k，下列说法中正确的是（）A．常数k 只与行星质量有关B．仅适用于围绕地球运行的所有卫星C．仅适用于围绕太阳运行的所有行星D．公式适用于宇宙中所有围绕星球运行的行星或卫星3．（4分）关于物体做曲线运动的条件，下列说法正确的是（）A．物体在变力作用下一定做曲线运动B．物体在恒力作用下可能做曲线运动C．变速运动一定是曲线运动D．做曲线运动的物体所受到的合力方向一定是变化的4．（4分）如图所示，一球体绕轴O1O2以角速度ω旋转，A、B为球体上两点．下列说法中正确的（）A．A、B两点具有相同的角速度B．A、B两点具有相同的线速度C．A、B两点具有相同的向心加速度D．A、B两点的向心加速度方向都指向球心[]5．（4分）甲、乙两个做匀速圆周运动的质点，它们的角速度之比为3：1，线速度之比2：3，那么下列说法中正确的是（）A．它们的半径之比是2：3 B．它们的周期之比是3：1C．它们的加速度之比是2：1 D．它们的转速之比是3：26．（4分）一快艇从离岸边100m远的河中保持艇身垂直河岸向岸边行驶．已知快艇在静水中的速度图象如图甲所示，流水的速度图象如图乙所示，则（）A．快艇的运动轨迹一定为直线B．快艇的运动轨迹可能为曲线C．快艇到达岸边经过的位移为100mD．快艇到达岸边所用的时间为20s7．（4分）如图所示，A．B两质点以相同水平速度在坐标原点O沿x轴正方向抛出，A在竖直平面内运动，落地点为P1，B紧贴光滑的斜面运动，落地点为P2，P1和P2对应的x轴坐标分别为x1和x2，不计空气阻力，下列说法正确的是（）A．x1=x2B．x1＜x2C．x1＞x2D．无法判断8．（4分）如图所示，一水平方向足够长的传送带以恒定的速度v1沿顺时针方向运动，传送带右端有一与传送带等高的光滑水平面，物体以恒定的速率v2沿直线向左滑上传送带后，经过一段时间又返回光滑水平面上，这时速率为v2′，则下列说法正确的是（）A．若v1＜v2，则v2′=v1B．若v1＞v2，则v2′=v2C．不管v2多大，总有v2′=v2D．只有v1=v2时，才有v2′=v19．（4分）如图所示，长为L的轻杆一端固定一质量为m的小球，另一端有固定轴O，杆可在竖直平面内绕轴O无摩擦转动，已知小球通过最高点P时，速度的大小为v=，已知小球通过最低点Q时，速度的大小为v=，则小球的运动情况为（）A．小球到达圆周轨道的最高点P点受到轻杆向上的弹力B．小球到达圆周轨道的最低点Q点受到轻杆向上的弹力C．小球到达圆周轨道的最高点P，且在P点不受轻杆的作用力D．若小球到达圆周轨道的最高点P速度增大，则P点受到轻杆向下的弹力增大10．（4分）如图所示是做匀变速直线运动的质点在0～6s内的位移﹣时间图象，若t=1s时，图线所对应的切线斜率为4（单位：m/s），则（）A．t=1s和t=5s时，质点的位移相同B．t=1s和t=5s时，质点的速度相同C．t=3s时，质点的速度大小为6m/sD．质点运动的加速度大小为2m/s2二．实验（本题共3小题，其中11题6分，12题6分，13题4分，共16分）11．（6分）如图为研究小球的平抛运动时拍摄的闪光照片的一部分，其背景是边长为5cm 的小方格，重力加速度g取10m/s2．由图可知：小球从A点运动到B点经历的时间（填“小于”、“等于”或“大于”）从B点运动到C点经历的时间；照相机的闪光频率为Hz；小球抛出时的初速度大小为m/s．12．（6分）伽利略在《两种新科学的对话》一书中，讨论了自由落体运动和物体沿斜面运动的问题，提出了这样的猜想：物体沿斜面下滑是一种匀变速直线运动．同时他还运用实验验证了其猜想．某校物理兴趣小组依据伽利略描述的实验方案，设计了如图所示的装置，探究物体沿斜面下滑是否做匀变速直线运动．①实验时，让滑块从不同高度由静止沿斜面下滑，并同时打开装置中的阀门，使水箱中的水流到量筒中；当滑块碰到挡板的同耐关闭阀门（整个过程中水流可视为均匀稳定）．该探究方案利用量筒中收集的水量来测量．②下表是该小组测得的有关数据，其中s为滑块从斜面的不同位置由静止释放后沿斜面下滑的距离，y为相应过程中量筒中收集的水量．分析表中数据，根据可以得出滑块沿斜面下滑是做匀变速直线运动的结论．次数 1 2 3 4 5 6 7s/m 4.5 3.9 3.0 2.1 1.5 0.9 0.3V/mL 90 84 72 62 52 40 23.55.6×10﹣4 5.5×10﹣4 5.8×10﹣4 5.5×10﹣4 5.6×10﹣4 5.6×10﹣4 5.4×10﹣4③本实验误差的主要来源有：距离s的测量有误差，水从水箱中流出不够稳定，还可能来源于等．（写出一种即可）13．（4分）如图所示，水平面上有一物体，小车通过滑轮用绳子拉它，在图示位置时，若小车的速度v2为6m/s，则物体的瞬时速度v1为m/s．[]二.计算题（本题共4小题，共44分．解答应写出必要的文字说明，方程式和重要的演算步骤，结果必须明确写出数值和单位）14．（8分）一个小球从倾角为θ的斜面上A点以水平速度v0抛出，不计空气阻力，自抛出至落到斜面需要多长时间？落到斜面上时速度的大小？[Z|X|X|K]15．（10分）如图所示，在倾角为θ=30°的光滑斜面ABCD上，有一长为l=0.4m的细线，细线的一端固定在O点，另一端拴一质量为m的小球，现使小球恰好能在斜面上做完整的圆周运动，已知O点到斜面底边的距离s OE=L=1.4m，重力加速度g=l0m/s2，求：（1）小球通过最高点a时的速度v a多大？（2）若小球运动到圆周最低点b点时细线断裂，小球落到斜面底边时经过了D点，则DE 间距等于多少？16．（12分）如图所示，一足够长斜面倾角θ=37°，在斜面底部一质量m=10kg的物体，受到沿斜面向上大小为100N的拉力F作用，由静止开始运动，在前2s内通过的位移为4m，且2s末撤去此力F．求：（1）物体与斜面间的动摩擦因数μ；（2）从撤去力F开始再经2s物体的速度v．（sin37°=0.6，cos37°=0.8，g=10m/s2）17．（14分）如图所示，一水平放置的圆盘绕竖直固定轴转动，在圆盘上沿半径开有一条宽度为2mm的均匀狭缝．将激光器与传感器上下对准，使二者连线与转轴平行，分别置于圆盘的上下两侧，且可以同步地沿圆盘半径方向匀速移动，激光器向下发射激光束，在圆盘转动过程中，当狭缝通过激光器和传感器之间时，传感器接收到一个激光信号，并将其输入计算机，经处理后画出相应图象，图甲为装置示意图，图乙为接收的光信号随时间变化的图象．横坐标表示时间，纵坐标表示接收到的激光信号的强度，图中△t1=1.0×10﹣3 S，△t2=0.8×10﹣3 S，（1）利用图乙中的数据求圆盘转动的角速度．（2）说明激光器和传感器沿半径移动的方向．（3）求图乙中第三个光信号的宽度△t3．江西省新余一中2014-2015学年高一（下）月考物理试卷（4月份）参考答案与试题解析一、选择题（本题有10小题，每小题4分，共40分．1-7小题只有一个选项正确．8-10题有多个选项正确，全部选对得4分，选对部分，但没有选错，得2分，有选错得0分）1．（4分）下列各组物理量中，全部是矢量的是（）A．时间、位移、速度B．线速度、向心加速度、向心力C．质量、合外力、加速度D．角速度、周期、频率考点：矢量和标量．分析：矢量是既有大小又有方向的物理量，标量是只有大小没有方向的物理量．解答：解：A、时间是标量，位移和速度是矢量，故A错误．B、线速度、向心加速度和向心力都是矢量，故B正确．C、质量是标量，合外力和加速度是矢量，故C错误．D、角速度是矢量，周期和频率是标量，故D错误．故选：B．点评：本题要知道矢量与标量的区别：矢量有方向，标量没有方向，要掌握物理量的矢标性．2．（4分）关于开普勒第三定律中的公式=k，下列说法中正确的是（）A．常数k 只与行星质量有关B．仅适用于围绕地球运行的所有卫星C．仅适用于围绕太阳运行的所有行星D．公式适用于宇宙中所有围绕星球运行的行星或卫星考点：开普勒定律．分析：开普勒运动定律不仅适用于椭圆运动，也适用于圆周运动，不仅适用于行星绕太阳的运动，也适用于卫星绕行星的运动．式中的k是与中心星体的质量有关的．解答：解：A：式中的k是与中心星体的质量有关．故A错误．BCD：开普勒第三定律不仅适用于行星绕太阳的运动，也适用于卫星绕行星的运动．故BC 错误，D正确．故选：D．点评：此题需要掌握：开普勒运动定律不仅适用于椭圆运动，也适用于圆周运动，不仅适用于行星绕太阳的运动，也适用于卫星绕行星的运动．式中的k是与中心星体的质量有关的．3．（4分）关于物体做曲线运动的条件，下列说法正确的是（）A．物体在变力作用下一定做曲线运动[]B．物体在恒力作用下可能做曲线运动C．变速运动一定是曲线运动D．做曲线运动的物体所受到的合力方向一定是变化的考点：物体做曲线运动的条件．专题：物体做曲线运动条件专题．分析：物体运动轨迹是曲线的运动，称为“曲线运动”．当物体所受的合外力和它速度方向不在同一直线上，物体就是在做曲线运动．解答：解：A、物体做直线运动时，所受到的合外力不一定是恒力，如弹簧振子的运动受到的力的大小方向都是变化的．故A错误；B、物体做曲线运动时所受的合外力不一定是变力，如平抛运动．故B正确；C、当物体所受的合外力和它速度方向不在同一直线上，物体就是在做曲线运动，弹簧振子的运动速度的大小方向都是变化的，是直线运动．故C错误；D、物体做曲线运动时所受的合外力的方向不一定是变化，如平抛运动受到的重力不变．故D错误．故选：B点评：本题关键是对质点做曲线运动的条件的考查，匀速圆周运动，平抛运动等都是曲线运动，对于它们的特点要掌握住．4．（4分）如图所示，一球体绕轴O1O2以角速度ω旋转，A、B为球体上两点．下列说法中正确的（）A．A、B两点具有相同的角速度B．A、B两点具有相同的线速度C．A、B两点具有相同的向心加速度D．A、B两点的向心加速度方向都指向球心考点：向心加速度；线速度、角速度和周期、转速．专题：匀速圆周运动专题．分析：A、B两点共轴转动，角速度相等，根据半径的大小，通过v=rω比较线速度的大小．向心加速度方向指向圆周运动的圆心，根据a=rω2比较向心加速度大小．解答：解：A、A、B两点共轴转动，角速度相等．故A正确．B、因为A、B两点绕地轴转动，A的转动半径大于B点的转动半径，根据v=rω知，A的线速度大于B的线速度大小．故B错误．C、根据a=rω2知，角速度相等，A的转动半径大，则A点的向心加速度大于B点的向心加速度．故C错误．D、A、B两点的向心加速度方向垂直指向地轴．故D错误．故选：A．点评：解决本题的关键知道共轴转动，角速度相等，知道线速度与角速度、向心加速度的关系．5．（4分）甲、乙两个做匀速圆周运动的质点，它们的角速度之比为3：1，线速度之比2：3，那么下列说法中正确的是（）A．它们的半径之比是2：3 B．它们的周期之比是3：1C．它们的加速度之比是2：1 D．它们的转速之比是3：2考点：线速度、角速度和周期、转速．专题：匀速圆周运动专题．分析：解答本题应掌握：角速度与线速度的关系v=ωr；角速度与周期的关系．[]解答：解：A、由角速度与线速度的关系v=ωr，得到r=，因而：它们的半径之比是2：9，故A错误，B、由角速度与周期的关系得T=，因而，T甲：T乙=ω乙：ω甲=1：3，故B错误；C、根据加速度的公式a=Vω知它们的加速度之比是2：1，C正确D、根据角速度ω=2πn知它们的转速之比是3：1，D错误故选：C点评：本题关键要记住角速度与线速度、周期的关系公式！同时计算要细心6．（4分）一快艇从离岸边100m远的河中保持艇身垂直河岸向岸边行驶．已知快艇在静水中的速度图象如图甲所示，流水的速度图象如图乙所示，则（）A．快艇的运动轨迹一定为直线B．快艇的运动轨迹可能为曲线C．快艇到达岸边经过的位移为100mD．快艇到达岸边所用的时间为20s考点：运动的合成和分解．专题：运动的合成和分解专题．分析：船参与了静水中的运动和水流运动，根据运动的合成判断运动的轨迹．当静水速与河岸垂直时，渡河时间最短．解答：解：A、B、快艇相对水做匀加速直线运动，同时随着水流做匀速直线运动，知合速度的方向与合加速度的方向不再同一条直线上，所以运动轨迹一定是曲线，故A错误，B 错误；C、D、当相对水的速度与河岸垂直时，渡河时间最短，则d=at2，a=0.5m/s2，则t==s=20s；此时沿河岸方向上的位移x=vt=3×20m=60m，则s=＞100m；故C错误，D正确；故选：D．点评：解决本题的关键知道分运动与合运动具有等时性，各分运动具有独立性，以及知道当静水速与河岸垂直，渡河时间最短．7．（4分）如图所示，A．B两质点以相同水平速度在坐标原点O沿x轴正方向抛出，A在竖直平面内运动，落地点为P1，B紧贴光滑的斜面运动，落地点为P2，P1和P2对应的x轴坐标分别为x1和x2，不计空气阻力，下列说法正确的是（）A．x1=x2B．x1＜x2C．x1＞x2D．无法判断考点：运动的合成和分解．专题：运动的合成和分解专题．分析：小球A做平抛运动，小球B做类平抛运动，结合下落的高度求出运动的时间，进行比较．通过初速度和运动的时间比较沿x轴方向上的位移．求出落地时的速度，从而比较落地时的动能．解答：解：对于A球，运动的时间为：t A=，对于B球，根据=gsinθ•t B2，解得：t B=，可知t B＞t A．沿x轴方向上的位移为：x=v0t，知x1＜x2．故ACD错误，B正确．故选：B．点评：解决本题的关键掌握处理类平抛运动的方法，通过水平方向和沿斜面向下方向的规律进行分析求解．对于D选项，也可以通过动能定理进行分析．8．（4分）如图所示，一水平方向足够长的传送带以恒定的速度v1沿顺时针方向运动，传送带右端有一与传送带等高的光滑水平面，物体以恒定的速率v2沿直线向左滑上传送带后，经过一段时间又返回光滑水平面上，这时速率为v2′，则下列说法正确的是（）A．若v1＜v2，则v2′=v1B．若v1＞v2，则v2′=v2C．不管v2多大，总有v2′=v2D．只有v1=v2时，才有v2′=v1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：传送带专题．分析：物体由于惯性冲上皮带后，受到向右的滑动摩擦力，减速向左滑行，之后依然受到向右的滑动摩擦力，会继续向右加速，然后分v1大于、等于、小于v2三种情况分析．解答：解：由于传送带足够长，物体减速向左滑行，直到速度减为零，然后物体会在滑动摩擦力的作用下向右加速，分三种情况讨论：①如果v1＞v2，物体会一直加速，当速度大小增大到等于v2时，物体恰好离开传送带，有v′2=v2；②如果v1=v2，物体同样会一直加速，当速度大小增大到等于v2时，物体恰好离开传送带，有v′2=v2；③如果v1＜v2，物体会先在滑动摩擦力的作用下加速，当速度增大到等于传送带速度时，物体还在传送带上，之后不受摩擦力，故物体与传送带一起向右匀速运动，有v′2=v1；故选：AB．点评：本题关键是对于物体返回的过程分析，物体可能一直加速，也有可能先加速后匀速运动．9．（4分）如图所示，长为L的轻杆一端固定一质量为m的小球，另一端有固定轴O，杆可在竖直平面内绕轴O无摩擦转动，已知小球通过最高点P时，速度的大小为v=，已知小球通过最低点Q时，速度的大小为v=，则小球的运动情况为（）A．小球到达圆周轨道的最高点P点受到轻杆向上的弹力B．小球到达圆周轨道的最低点Q点受到轻杆向上的弹力C．小球到达圆周轨道的最高点P，且在P点不受轻杆的作用力D．若小球到达圆周轨道的最高点P速度增大，则P点受到轻杆向下的弹力增大考点：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：在最高点和最低点，小球靠竖直方向上的合力提供向心力，结合牛顿第二定律分析判断．解答：解：A、在最高点，根据牛顿第二定律得，，解得F=，可知小球在最高点受到轻杆向下的弹力，故A错误，C错误．B、在最低点，根据牛顿第二定律得，F﹣mg=，可小球受到轻杆向上的弹力，故B正确．D、在最高点，，若P点的速度增大，则P点受到向下弹力逐渐增大，故D正确．故选：BD．点评：解决本题的关键知道小球做圆周运动向心力的来源，结合牛顿第二定律进行求解，知道在最高点，小球的速度不同时，杆子可以表现为支持力，也可以表现为拉力．10．（4分）如图所示是做匀变速直线运动的质点在0～6s内的位移﹣时间图象，若t=1s时，图线所对应的切线斜率为4（单位：m/s），则（）A．t=1s和t=5s时，质点的位移相同B．t=1s和t=5s时，质点的速度相同C．t=3s时，质点的速度大小为6m/sD．质点运动的加速度大小为2m/s2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：物体做匀变速直线运动，由图象可知，6s内位移为零，图象的斜率表示速度，根据匀变速直线运动基本规律即可求解．解答：解：A、t=1s时，线所对应的切线斜率为4，则v1=4m/s，图象对称分布，3s末位移最大，所以3s末速度为零，物体做匀减速直线运动，加速度a=，根据对称性可知，t=1s和t=5s时的位移相同，故AD正确，C错误；B、t=1s和t=5s时图象的斜率的绝对值相等，则质点的速率相等，但方向相反，故B错误．故选：AD点评：本题不常见，要求同学们能根据图象得出有效信息，知道位移﹣时间图象的斜率表示速度，难度适中．二．实验（本题共3小题，其中11题6分，12题6分，13题4分，共16分）11．（6分）如图为研究小球的平抛运动时拍摄的闪光照片的一部分，其背景是边长为5cm 的小方格，重力加速度g取10m/s2．由图可知：小球从A点运动到B点经历的时间等于（填“小于”、“等于”或“大于”）从B点运动到C点经历的时间；照相机的闪光频率为10Hz；小球抛出时的初速度大小为2.5 m/s．考点：研究平抛物体的运动．专题：实验题；平抛运动专题．分析：正确应用平抛运动规律：水平方向匀速直线运动，竖直方向自由落体运动；解答本题的突破口是利用在竖直方向上连续相等时间内的位移差等于常数解出闪光周期，然后进一步根据匀变速直线运动的规律、推论求解．解答：解：（1）水平方向的运动是匀速直线运动，从A到B和从B到C水平方向的位移相同，所以经历的时间相等．（2）在竖直方向上有：△h=gT2，其中△h=10cm，代入求得：T=0.1s，因此闪光频率为：（3）水平方向匀速运动，有：s=v0t，选AB段：其中s=5l=25cm，t=T=0.1s，代入解得：v0=2.5m/s．故答案为：等于；10；2.5点评：对于平抛运动问题，一定明确其水平和竖直方向运动特点，尤其是在竖直方向熟练应用匀变速直线运动的规律和推论解题．12．（6分）伽利略在《两种新科学的对话》一书中，讨论了自由落体运动和物体沿斜面运动的问题，提出了这样的猜想：物体沿斜面下滑是一种匀变速直线运动．同时他还运用实验验证了其猜想．某校物理兴趣小组依据伽利略描述的实验方案，设计了如图所示的装置，探究物体沿斜面下滑是否做匀变速直线运动．①实验时，让滑块从不同高度由静止沿斜面下滑，并同时打开装置中的阀门，使水箱中的水流到量筒中；当滑块碰到挡板的同耐关闭阀门（整个过程中水流可视为均匀稳定）．该探究方案利用量筒中收集的水量来测量时间．②下表是该小组测得的有关数据，其中s为滑块从斜面的不同位置由静止释放后沿斜面下滑的距离，y为相应过程中量筒中收集的水量．分析表中数据，根据在误差的范围内是一常数可以得出滑块沿斜面下滑是做匀变速直线运动的结论．次数 1 2 3 4 5 6 7s/m 4.5 3.9 3.0 2.1 1.5 0.9 0.3V/mL 90 84 72 62 52 40 23.55.6×10﹣4 5.5×10﹣4 5.8×10﹣4 5.5×10﹣4 5.6×10﹣4 5.6×10﹣4 5.4×10﹣4③本实验误差的主要来源有：距离s的测量有误差，水从水箱中流出不够稳定，还可能来源于滑块下滑距离测量不准确，滑块开始下滑、滑块碰到挡板与阀门的打开与关闭不同步．等．（写出一种即可）考点：测定匀变速直线运动的加速度．专题：实验题；直线运动规律专题．分析：关于初速度为零的匀变速运动，位移与时间的二次方成正比，由于水是均匀稳定的流出，水的体积和时间成正比，所以该实验只要验证位移与体积的二次方是否成正比，就可验证该运动是否匀变速直线运动．解答：解：（1）关于初速度为零的匀变速运动，位移与时间的二次方成正比，由于水是均匀稳定的流出，水的体积和时间成正比，所以量筒中收集的水量可以间接的测量时间．（2）验证该运动是否匀变速直线运动，关键看位移与时间的二次方是否成正比，即看位移与体积的二次方是否成正比．所以根据在误差的范围内是一常数，可以得出滑块沿斜面下滑是做匀变速直线运动的结论．（3）本实验误差的主要来源有：水从水箱中流出不够稳定，还可能来源于距离测量的不准确，滑块开始下滑和开始流水不同步或斜面摩擦不均匀．[来源:]故本题答案为：（1）时间；（2）在误差的范围内是一常数；（3）滑块下滑距离测量不准确，滑块开始下滑、滑块碰到挡板与阀门的打开与关闭不同步．[]点评：解决该问题的关键把时间转化为水量，因为流入量筒水的量与时间成正比．13．（4分）如图所示，水平面上有一物体，小车通过滑轮用绳子拉它，在图示位置时，若小车的速度v2为6m/s，则物体的瞬时速度v1为6m/s．考点：运动的合成和分解．专题：运动的合成和分解专题．分析：将车和物体的速度沿绳子和垂直于绳子方向分解，抓住车和物体沿绳子方向的分速度相等，求出物体的瞬时速度．解答：解：将车和物体的速度沿绳子和垂直于绳子方向分解，如图，有v1cos60°=v2cos30°．则v1==6m/s．故答案为：6．点评：解决本题的关键会运用平行四边形定则对速度进行分解，知道车和物体沿绳子方向的分速度相等．二.计算题（本题共4小题，共44分．解答应写出必要的文字说明，方程式和重要的演算步骤，结果必须明确写出数值和单位）14．（8分）一个小球从倾角为θ的斜面上A点以水平速度v0抛出，不计空气阻力，自抛出至落到斜面需要多长时间？落到斜面上时速度的大小？考点：平抛运动．专题：平抛运动专题．分析：平抛运动在水平方向上做匀速直线运动，在竖直方向上做自由落体运动，结合竖直位移与水平位移的关系求出运动的时间．从而求出竖直分速度，根据平行四边形定则求出落到B点的速度大小．解答：解：根据得出：t=设物体由抛出点A运动到斜面上的B点的位移是l，所用时间为t，可得，[来源:]竖直方向上的位移为h=lsinθ；水平方向上的位移为s=lcosθ又根据平抛运动的规律，可得竖直方向上h=gt2，v y=gt水平方向上s=v0t则tanθ===即v y=2v0tanθ所以B点的速度v==v0答：自抛出至落到斜面需要时间，落到斜面上时速度的大小为v0．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，抓住位移关系，结合运动学公式进行求解．15．（10分）如图所示，在倾角为θ=30°的光滑斜面ABCD上，有一长为l=0.4m的细线，细线的一端固定在O点，另一端拴一质量为m的小球，现使小球恰好能在斜面上做完整的圆周运动，已知O点到斜面底边的距离s OE=L=1.4m，重力加速度g=l0m/s2，求：（1）小球通过最高点a时的速度v a多大？（2）若小球运动到圆周最低点b点时细线断裂，小球落到斜面底边时经过了D点，则DE 间距等于多少？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：小球恰好能在斜面上做完整的圆周运动，说明小球在A点时细线的拉力为零，只有重力的分力做向心力；小球运动到A点时剪断细线，做类似平抛运动．解答：解：（1）小球恰好能在斜面上做完整的圆周运动，则小球通过a点时细线的拉力为零，根据牛顿第二定律，有：mgsinθ=m…①解得：v a==m/s（2）小球从a点到b点过程，根据机械能守恒定律，有：…②解得：m/s。
江西省新余市高二物理下学期期末考试试题(扫描版)
江西省新余市2015-2016学年高二物理下学期期末考试试题（扫描版）高二年级期末物理考试答案 一、选择题。
（本题共10小题，每小题4分，共40分。
在每小题给出的四个选项中，第1~7题中只有一项符合题目要求，第8~10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。
）题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 B B B C D A D BC AC AC二、实验题（本题共2小题，共15分．把答案填在横线上或按题目要求作答）11、(1) 50.15 （2）4.69812、（1）增大 （2）如图（3）0.32W （0.30～0.34都对）若把AB 间的导线误接在AC 之间，则当变阻器滑动触头在变阻器中间时阻值最大R=5Ω，此时小灯泡功率最小，把变阻器与电源内阻看成为等效电源的内阻，其电动势为3V ，内阻为6Ω，则短路电流=0.5A ，在小灯泡的U-P 图象中，连接U=3V 与I=0.5A 两点，画出表示电源的U-I 图象，如图，读出两图线的交点坐标为U=0.88V ，I=0.35A ，则小灯泡的最小功率为P=UI=0.32W （0.30～0.34都对）．三、论述、计算题(本题共3小题，共30分。
解答应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤，只写出最后答案不能得分，有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位)13、解：根据S=V 0t+221at 得a=-62s m 4分 T=av ∆=10s t=10-5=5s 4分 14、解：当轻杆由水平位置转至竖直位置的运动过程中，只有重力做功，A 、B 系统的机械能守恒，则有 m A g•l=m B g•l++（2分） 两球的角速度相等，由v=ωr，r A =2r B 得：v A =2v B （2分） 解得v A 2=mgl （2分）对A 球由动能定理得m A g•l+W=（2分） 解得杆对A 球所做功W=-mgl （2分）答：杆对A 球所做功是-mgl ． 15、（1）mg q ，方向竖直向上 （2）cot 2qBL m θ （3）22228q B L m g【解析】本题考查平抛运动和带电小球在复合场中的运动。
江西省新余市第一中学高二物理下学期第一次月考试题(扫描(2021年整理)
江西省新余市第一中学2017-2018学年高二物理下学期第一次月考试题（扫描版）
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江西省新余一中2015届高三物理第三次模拟考试试题
R A江西省新余一中2015届高三物理第三次模拟考试试题一、选择题〔共10小题，每一小题4分，总分为40分.1-8题只有一项符合题目要求。
9-10题有多项符合题目要求，全部选对的4分，选对但不全的的2分，有选错的得0分〕 1、关于物理学史，如下说法正确的答案是 〔 〕A ．1837年，英国物理学家法拉第最早引入了电场的概念，并提出用电场线表示电场B ．17世纪，牛顿通过他的理想实验指出：力是改变物体运动状态的原因，首次推翻了亚里士多德的观点:力是维持物体运动的原因C ．英国物理学家汤姆生发现了电子，并通过油滴实验准确测定了元电荷e 的电荷量 D. 奥斯特通过实验发现了电流的热效应2、某静电场中的电场线方向不确定，分布如下列图，带电粒子在电场中仅受静电力作用，其运动轨迹如图中虚线所示，由M 运动到N ，以下说法正确的答案是( ) A ．粒子必定带正电荷B ．该静电场一定是孤立正电荷产生的C ．粒子在M 点的加速度小于它在N 点的加速度D ．粒子在M 点的速度大于它在N 点的速度3、如下列图，竖直放置在水平面上的轻弹簧上放着质量为2 kg 的物体A ，处于静止状态．假设将一个质量为3 kg 的物体B 轻放在A 上的一瞬间，如此B 对A 的压力大小为(g 取10 m/s 2)( ) A ．30 N B ．0C ．15 N D ．12 N4、在一大雾天，一辆小汽车以30m/s 的速度匀速行驶在高速公路上，突然发现正前方30m 处有一辆大卡车以10m/s 的速度同方向匀速行驶，小汽车紧急刹车，刹车过程中刹车失灵．如下列图，图线a 、b 分别为小汽车和大卡车的v －t 图象(忽略刹车反响时间)，以下说法正确的答案是( )A ．因刹车失灵前小汽车已减速，故不会发生追尾事故B ．在t ＝3 s 时发生追尾事故C ．在t ＝5 s 时发生追尾事故D. 假设紧急刹车时两车相距40米，如此不会发生追尾事 故且两车最近时相距10米5、如下列图，真空中存在一个水平向左的匀强电场，场强大小为E 。
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2014-2015学年江西省新余市渝水一中高二（下）月考物理试卷一、选择题（本题共10小题，每小题5分，共50分．）1．（5分）（2015春•盐城校级期中）穿过一个电阻为2Ω的闭合线圈的磁通量每秒均匀减小0.4Wb，则线圈中（）A．感应电动势为0.4V B．感应电动势每秒减小0.4VC．感应电流恒为0.2A D．感应电流每秒减小0.2A考点：法拉第电磁感应定律．专题：电磁感应与电路结合．分析：穿过闭合线圈的磁通量每秒均匀减小0.4Wb，得到磁通量变化率，由法拉第电磁感应定律求出感应电动势，由欧姆定律求解感应电流．解答：解：A、穿过闭合线圈的磁通量每秒均匀减小0.4Wb，则得到磁通量变化率大小为=0.4Wb/s，由法拉第电磁感应定律得：E==0.4V，感应电动势不变，故A正确，B错误．C、由欧姆定律得，感应电流为I===0.2A，电流恒定不变，故C正确，D错误．故选：AC．点评：当穿过闭合线圈的磁通量均匀变化时，线圈中产生的感应电动势和感应电流是恒定不变的．2．（5分）（2013•漳州一模）矩形导线框abcd固定在匀强磁场中，磁感线的方向与导线框所在平面垂直，规定磁场的正方向垂直低面向里，磁感应强度B随时间变化的规律如图所示．若规定顺时针方向为感应电流I的正方向，下列各图中正确的是（）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：电磁感应与图像结合．分析：根据B﹣t图象判断穿过项圈的磁通量变化情况，由楞次定律判断出感应电流的方向；应用排除法分析答题．解答：解：A、由B﹣t图象可知，0﹣1s内，线圈中磁通量增大，由楞次定律可知，电路中电流方向为逆时针，即电流为负方向，故AC错误；B、由楞次定律可知，1﹣2s内电路中的电流为顺时针，为正方向，2﹣3s内，电路中的电流为顺时针，为正方向，3﹣4s内，电路中的电流为逆时针，为负方向，故B错误，D正确；故选：D．点评：本题要求学生能正确理解B﹣t图的含义，才能准确的利用楞次定律进行判定．3．（5分）（2013春•南开区校级期中）如图所示，虚线框内是磁感应强度为B的匀强磁场，导线框的三条竖直边的电阻均为r，长均为L，两横边电阻不计，线框平面与磁场方向垂直．当导线框以恒定速度v水平向右运动，ab边进入磁场时，ab两端的电势差为U1，当cd边进入磁场时，ab两端的电势差为U2，则（）A．U1=BLv B．U1=BLv C．U2=BLv D．U2=BLv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：电磁感应与电路结合．分析：当导线框以恒定速度v水平向右运动，ab边进入磁场时，ab切割磁感线相当于电源，ab间电压是路端电压；当cd边进入磁场时，ab与cd都切割磁感线，相当于并联的电池组，ab两端的电势差仍是路端电压．根据欧姆定律研究U2．解答：解：当导线框以恒定速度v水平向右运动，ab边进入磁场时，ab切割磁感线产生的感应电动势为E=BLv，ab间电压是路端电压，即cd与ef并联的电压，则ab两端的电势差为U1=；当cd边进入磁场时，ab与cd都切割磁感线，产生的感应电动势都为E=BLv，ab两端的电势差等于ef两端的电压，内电路是ab与dc并联，则U2=BLv．故选BD点评：此题关键要区分清楚电源和外电路，可以画出等效电路，电源两端间的电势差是路端电压，不是电源的内电压．4．（5分）（2012•徐州一模）如图所示的电路中，电源电动势为E，内阻r不能忽略．R1和R2是两个定值电阻，L是一个自感系数较大的线圈．开关S原来是断开的．从闭合开关S 到电路中电流达到稳定为止的时间内，通过R1的电流I1和通过R2的电流I2的变化情况是（）A．I1开始较大而后逐渐变小B． I1开始很小而后逐渐变大C．I2开始很小而后逐渐变大D． I2开始较大而后逐渐变小考点：自感现象和自感系数．分析：利用线圈对电流突变的阻碍作用：闭合瞬间相当于断路，稳定后相当于导线，判断电流变化．解答：解：开关S闭合瞬间，L相当于断路，通过R1的电流I1较大，通过R2的电流I2较小；当稳定后L的自感作用减弱，通过R1的电流I1变小，通过R2的电流I2变大，故AC 正确BD错误．故选：AC点评：做好本题的关键：知道线圈对电流突变时的阻碍作用，特别是断开时相当于电源，L 中原来电流的方向即电动势的正极．5．（5分）（2012春•温州校级期中）如图所示，粗糙水平桌面上有一质量为m的铜质矩形线圈．当一竖直放置的条形磁铁从线圈中线AB正上方等高快速经过时，若线圈始终不动，则关于线圈受到的支持力F N及在水平方向运动趋势的正确判断是（）A．F N先小于mg后大于mg，运动趋势向左B．F N先大于mg后小于mg，运动趋势向左C．F N先小于mg后大于mg，运动趋势向右D．F N先大于mg后小于mg，运动趋势向右考点：楞次定律．分析：由磁铁的运动可知线圈中磁通量的变化，由楞次定律可判断线圈的支持力及运动趋势．解答：解：当磁铁向右运动靠近的过程中，线圈中的磁通量增大，根据楞次定律的第二种描述：“来拒去留：可知，线圈有向下和向右的趋势；故线圈受到的支持力增大；同时运动趋势向右；通过线圈后远离线圈的过程中，线圈中的磁通量减小，根据楞次定律的第二种描述：“来拒去留：可知，线圈有向上和向右的趋势；故线圈受到的支持力减小；同时运动趋势向右；故选：D．点评：线圈的运动是因发生了电磁感应而产生了感应电流，从而受到了安培力的作用而产生的；不过由楞次定律的描述可以直接判出，并且能更快捷．6．（5分）（2011秋•南昌校级期末）一环形线圈放在匀强磁场中，设第1s内磁感线垂直线圈平面（即垂直于纸面）向里，如图甲所示．若磁感应强度B随时间t变化的关系如图乙所示，那么第3s内线圈中感应电流的大小与其各处所受安培力的方向是（）A．大小恒定，沿顺时针方向与圆相切B．大小恒定，沿着圆半径指向圆心C．逐渐增加，沿着圆半径离开圆心D．逐渐增加，沿逆时针方向与圆相切考点：楞次定律；安培力．专题：电磁感应与电路结合．分析：变化的磁场产生电磁，均匀变化的磁场产生恒定的电磁，根据楞次定律判断出感应电流的方向．解答：解：在第3s内，磁场的方向垂直于纸面向里，且均匀增大，所以产生恒定的电流，根据楞次定律，感应电流的方向为逆时针方向，根据左手定则可以判断出安培力的方向指向圆心．所以B正确．故选：B点评：解决本题的关键掌握楞次定律判断感应电流的方向，难度不大，属于基础题．7．（5分）（2012•江西二模）如图所示，光滑绝缘水平面上有一矩形线圈冲入一匀强磁场，线圈全部进入磁场区域时，其动能恰好等于它在磁场外面时的一半，设磁场宽度大于线圈宽度，那么（）A．线圈恰好在刚离开磁场的地方停下B．线圈在磁场中某位置停下C．线圈在未完全离开磁场时即已停下D．线圈完全离开磁场以后仍能继续运动，不会停下来考点：导体切割磁感线时的感应电动势；电磁感应中的能量转化．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，比较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，则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、C错误．故选D．点评：解决本题的关键比较出进磁场和出磁场时的安培力，根据动能定理进行分析．8．（5分）（2011•怀柔区模拟）如图所示，磁带录音机既可用作录音，也可用作放音，其主要部件为匀速行进的磁带a和绕有线圈的磁头b，不论是录音或放音过程，磁带或磁隙软铁会存在磁化现象．下面是对于它们在录音、放音过程中主要工作原理的描述，正确的是（）A．放音的主要原理是电磁感应，录音的主要原理是电流的磁效应B．录音的主要原理是电磁感应，放音的主要原理是电流的磁效应C．放音和录音的主要原理都是磁场对电流的作用D．录音和放音的主要原理都是电磁感应考点：电磁感应在生活和生产中的应用．分析：磁带录音机能录音也能放音，主要是磁头的磁化作用．当放音时磁带与磁头接触，由于磁粉使磁头的电流发生变化从而导致发生声音．而录音时，声音信号转化为电信号，通过磁头写在磁带上．解答：解：A、放音的主要原理磁生电，所以是电磁感应现象，录音的主要原理是电生磁，是电流的磁效应．故A正确；B、放音的主要原理磁生电，所以是电磁感应现象，录音的主要原理是电生磁，是电流的磁效应．故B错误；C、放音的主要原理磁生电，所以是电磁感应现象，录音的主要原理是电生磁，是电流的磁效应．故错误；D、放音的主要原理磁生电，所以是电磁感应现象，录音的主要原理是电生磁，是电流的磁效应．故错误；故选：A点评：录音与放音是电生磁与磁生电的过程．9．（5分）（2011秋•崇川区校级期末）如图所示的整个装置放在竖直平面内，欲使带负电的油滴P在两平行金属板间静止，导体棒ab将沿导轨运动的情况是（）A．向右匀减速运动B．向右匀速运动C．向左匀减速运动D．向左匀速运动考点：法拉第电磁感应定律；导体切割磁感线时的感应电动势．分析：平行板两端间的电势差等于导体棒切割产生的电动势，带负电的液滴处于静止状态，知液滴受重力和电场力处于平衡，根据受力平衡求出电场强度的大小和方向，从而根据安培定则与楞次定律，及右手定则，知道导体棒的速度大小和方向．解答：解：质量为m，电荷量为q的带负电的液滴处于静止状态．有q=mg，电场强度的方向竖直向下，则上板电势高于下板，因此线圈N上端相当于电源的正极，下端相当于电源的负极．根据安培定则可知，线圈N的磁场竖直向上，大小减小，或竖直向下，大小增大；A、当棒向右匀减速运动时，因切割磁感线，由右手定则可知，感应电流方向由b到a，大小减小，则线圈M产生竖直向下的磁场，且大小减小，那么线圈N的磁场是竖直向上，大小减小，符合题意，故A正确；B、当棒向右匀速运动时，因切割磁感线，由右手定则可知，感应电流方向由b到a，大小不变，则线圈M产生竖直向下的磁场，且大小不变，那么线圈N的磁场是竖直向上，大小不变，不会产生感应电流，故B错误；C、当棒向左匀减速运动时，因切割磁感线，由右手定则可知，感应电流方向由a到b，大小减小，则线圈M产生竖直向上的磁场，且大小减小，那么线圈N的磁场是竖直向下，大小减小，不符合题意，故C错误；D、当棒向左匀速运动时，因切割磁感线，由右手定则可知，感应电流方向由a到b，大小不变，则线圈M产生竖直向上的磁场，且大小不变，那么线圈N的磁场是竖直向下，大小不变，不符合题意，故D错误；故选：A．点评：解决本题的关键根据液滴受力平衡求出平行板两端间的电势差，从而求出导体棒切割的速度．通过电场的方向得出两端电势的高低，根据右手定则得出导体棒运动的方向．10．（5分）（2009•江苏模拟）某输电线路横穿公路时，要在地下埋线通过．为了保护输电线不至于被压坏，可预先铺设结实的过路钢管，再让输电线从钢管中穿过．电线穿管的方案有两种，甲方案是铺设两根钢管，两条输电线分别从两根钢管中穿过，乙方案是只铺设一根钢管，两条输电线都从这一根钢管中穿过，如果输电导线输送的电流很强大，那么，以下说法正确的是（）A．无论输送的电流是恒定电流还是交变电流，甲、乙两方案都是可行的B．若输送的电流是恒定电流，甲、乙两方案都是可行的C．若输送的电流是交变电流，甲方案是可行的，乙方案是不可行的D．若输送的电流是交变电流，乙方案是可行的，甲方案是不可行的考点：远距离输电．专题：交流电专题．分析：当通恒定电流时，钢管对导线没有阻碍作用；当通入交流电时，若分开套，则由于磁场的变化，导致钢管中产生涡旋电流，便能源损耗．解答：解：1．若甲图通交流电，由于正弦变化的电场产生余弦变化的磁场，而余弦变化的磁场又产生正弦变化的电场，则每根钢管中都产生涡旋电流；导致能源损耗较大．2．若乙图通交流电，由于两根导线一根是火线，一根是零线，它们的电流方向是相反的．故相互吸引．但工程上可以将其在一根管内做好绝缘隔离．问题在于由交流电产生的涡旋电流：由于两根导线方向相反，所以如果它们相互足够靠近，则它们在周围的每一点上产生大小几乎相等，方向相反的感应电流．这样能使涡旋电流强度减弱到很小．3．若甲乙两图通恒定电流，则都产生恒定的磁场，恒定的磁场不产生电场．因此不产生涡流．没有能量损耗．因此BD正确，AC错误；故选BD点评：考查恒定电流与交流电的区别与联系，掌握由磁场的变化，导致涡旋电流的产生，从而对电能输送的影响．二、计算题（每题10分，共50分）11．（10分）（2012春•芗城区校级期中）如图所示，光滑的U形金属导轨MNN′M′水平的固定在竖直向上的匀强磁场中，磁感应强度为B，导轨的宽度为L，其长度足够长，M′、M 之间接有一个阻值为R的电阻，其余部分电阻不计．一质量为m、电阻也为R的金属棒ab 恰能放在导轨之上，并与导轨接触良好．给棒施加一个水平向右的瞬间作用力，棒就沿轨道以初速度v0开始向右滑行．求：（1）开始运动时，棒中的瞬时电流i和棒两端的瞬时电压u分别为多大？（2）当棒的速度由v0减小到的过程中，棒中产生的焦耳热Q是多少？考点：导体切割磁感线时的感应电动势；电磁感应中的能量转化．专题：电磁感应——功能问题．分析：（1）根据切割公式求解感应电动势，根据闭合电路欧姆定律求解感应电流和路端电压；（2）先根据能量守恒定律求解系统产生的焦耳热，然后结合串联电路的功率分配关系求解棒中产生的焦耳热．解答：解：（1）开始运动时，棒中的感应电动势为：E=BLv0棒中的瞬时电流：i==棒两端的瞬时电压：u=iR=BLv0（2）由能量守恒定律知，闭合电路在此过程中产生的焦耳热：Q总=mv02﹣m（v0）2=mv02棒中产生的焦耳热为：Q=Q总=（mv﹣mv）=mv02．答：（1）开始运动时，棒中的瞬时电流i为，棒两端的瞬时电压u为BLv0；（2）当棒的速度由v0减小到的过程中，棒中产生的焦耳热Q是mv02．点评：本题关键是明确电路结构和电路中的能量转化情况，结合切割公式、闭合电路欧姆定律和能量守恒定律列式分析即可，基础问题．12．（10分）（2011秋•南昌校级期末）一根电阻R=0.6Ω的导线弯成一个半径r=1m的圆形线圈，线圈质量m=1kg，此线圈放在绝缘光滑的水平面上，在y轴右侧有垂直线圈平面的磁感应强度B=0.5T的匀强磁场，如图所示．若线圈以初动能E k0=5J沿x轴方向滑进磁场，当进入磁场0.5m时，线圈中产生的电能为E=3J．求：（1）此时线圈的运动速度的大小；（2）此时线圈与磁场左边缘两交接点间的电压；（3）此时线圈加速度的大小．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：电磁感应与电路结合．分析：（1）由能量守恒定律可以求出线圈产生的电能；（2）由E=BLv求出感应电动势，由欧姆定律可以求出电压；（3）由安培力公式和牛顿第二定律结合可以求出加速度．解答：解：（1）由能量守恒定律得：E k0=E+mv2，代入数据解得：v===2m/s；（2）进入磁场x=0.5m时，切割磁感线的有效长度：L=2 =2×=m圆弧所对应的圆心角为：θ=120°感应电动势：E=BLv=0.5××2=V线圈在磁场外的电阻为：R′=R﹣×120°=R线圈与磁场左边缘两交接点间的电压：U=IR′=•R=V；（3）线圈受到的安培力：F=BIL=R由牛顿第二定律得：F=ma代入数据解得：a=2.5m/s2．答：（1）此过程中线圈中产生的电能为3J；（2）此时线圈与磁场左边缘两交接点间的电压为V；（3）此时线圈加速度a的大小2.5m/s2．点评：本题考查了求电能、电压、加速度，应用能量守恒定律、E=BLv、欧姆定律、牛顿第二定律即可正确解题；线圈与磁场左边缘两交接点间的电压是外电压，不是感应电动势．13．（10分）如图所示，竖直放置的等距离金属导轨宽0.5m，垂直于导轨平面向里的匀强磁场的磁感应强度为B=4T，轨道光滑、电阻不计，ab、cd为两根完全相同的金属棒，套在导轨上可上下自由滑动，每根金属棒的电阻为1Ω．今在ab棒上施加一个竖直向上的恒力F，这时ab、cd恰能分别以0.1m/s的速度向上和向下做匀速滑行．（g取10m/s2）试求：（1）两棒的质量；（2）外力F的大小．考点：导体切割磁感线时的感应电动势；力的合成与分解的运用；闭合电路的欧姆定律．专题：电磁感应中的力学问题．分析：由E=BLv求出感应电动势，由欧姆定律求出电路电流，由安培力公式求出安培力，导体棒匀速运，处于平衡状态，由平衡条件可以求出导体棒的质量m与拉力大小F．解答：解：导体棒切割磁感线产生感应电动势：E=BLv，电路感应电流：I==，导体棒受到的安培力：F安培=BIL=，导体棒匀速运动，处于平衡状态，由平衡条件得：对ab：F=mg+，对cd：mg=，代入数据解得：m=0.04kg，F=0.8N；答：（1）两棒的质量都是0.04kg；（2）外力F的大小为0.8N．点评：本题考查了求导体棒的质量、拉力大小，分析清楚物体运动过程，应用E=BLv、欧姆定律、安培力公式与平衡条件可以解题，本题是一道常规题．14．（10分）（2013春•永安市校级月考）如图1所示，光滑且足够长的平行金属导轨MN、PQ固定在同一水平面上，导轨的电阻不计，两导轨间距L=0.2m，定值电阻R=0.4Ω，导轨上停放一质量m=0.1kg、电阻r=0.1Ω的金属杆ab，整个装置处于磁感应强度为B=0.5T的匀强磁场中，磁场的方向竖直向下．现用一外力F沿水平方向拉杆，使之由静止开始运动，若理想电压表示数U随时间t的变化关系如图2所示，（1）试分析说明金属杆的运动情况；（2）求第2s末外力F的功率．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．专题：电磁感应与电路结合．分析：（1）根据欧姆定律和感应电动势公式得到U与v的关系，由图读出U与t的关系，来分析v与t的关系，从而判断金属杆的运动情况．（2）由图读出第2s的速度v．根据电压与时间的关系求出加速度，根据牛顿第二定律求出F，再求解外力F的功率．解答：解：（1）电压表示数为U=IR=R=v由图象可知，U与t成正比，由上式知v与t成正比，则杆做初速为零的匀加速直线运动．（2）因v=at，所以U=at=kt由图得图象的斜率k=0.4 V/s，即a=0.4得金属杆的加速度为a=5m/s2两秒末速度v=at=10m/s根据牛顿第二定律得：F﹣=ma得F=0.7N则外力F的功率P=Fv=7W答：（1）金属杆做初速度为零的匀加速直线运动．（2）第2s末外力F的功率为7W．点评：本题考查电磁感应、电路知识和牛顿定律综合应用的能力，关键是列出电压U与时间t的关系式，根据图象的斜率求出加速度．15．（10分）（2011秋•和平区校级期末）MN、PQ为相距L=0.2m的光滑平行导轨，导轨平面与水平面夹角为θ=30°，导轨处于磁感应强度为B=1T、方向垂直于导轨平面向上的匀强磁场中，在两导轨的M、P两端接有一电阻为R=2Ω的定值电阻，其余电阻不计．一质量为m=0.2kg的导体棒垂直导轨放置且与导轨接触良好．今平行于导轨对导体棒施加一作用力F，使导体棒从ab位置由静止开始沿导轨向下匀加速滑到底端，滑动过程中导体棒始终垂直于导轨，加速度大小为a=4m/s2，经时间t=1s滑到cd位置，从ab到cd过程中电阻发热为Q=0.1J，g取10m/s2．求：（1）到达cd位置时，对导体棒施加的作用力；（2）导体棒从ab滑到cd过程中作用力F所做的功．考点：导体切割磁感线时的感应电动势；匀变速直线运动的位移与时间的关系；闭合电路的欧姆定律．专题：电磁感应——功能问题．分析：（1）由匀变速运动的速度公式求出导体棒到达cd位置时的速度，由E=BLV求出此时产生的感应电动势，由欧姆定律求出电路电流，然后由F=BIL求出安培力，由牛顿第二定律求出对导体棒施加的作用力．（2）由匀变速运动的位移公式求出导体棒的位移，然后由能量守恒定律求出拉力所做的功．解答：解：（1）导体棒在cd处速度为：v=at=4 m/s，切割磁感线产生的电动势为：E=BLv=0.8V，回路感应电流为：I==0.4A，导体棒在cd处受安培力：F安=BIL=0.08N，由左手定则可知，安培力方向平行于斜面向上，由牛顿第二定律得：mgsinθ+F﹣F安=ma，解得：F=﹣0.12N，则对导体棒施加的作用力大小为0.12N，方向平行导轨平面向上．（2）ab到cd的距离：x=at2=2m，由能量守恒定律可知：mgxsinθ+W F=Q+mv2，解得：W F=﹣0.3J．答：（1）到达cd位置时，对导体棒施加的作用力是0.12N，方向平行导轨平面向上；（2）导体棒从ab滑到cd过程中作用力F所做的功为﹣0.3J．点评：对导体棒正确受力分析、应用牛顿第二定律是正确解题的关键；应用能量守恒定律可以求出拉力所做的功．。