2015-2016年河北省衡水中学高二(上)期末物理试卷(解析版)
—16学年上学期高二期末考试物理试题(附答案)(2)
石家庄市第一中学2015—2016学年第一学期期末考试高二年级物理试题第Ⅰ卷(48分)一、选择题：本题共16小题，每小题3分．在每小题给出的四个选项中，第1～10题只有一项符合题目要求，第11～16题有多项符合题目要求．全部选对的得3分，选对但不全的得2分，有错选的得0分． 1．238 92 U 衰变为22286Rn 要经过m 次α衰变和n 次β衰变，则m ，n 分别为( ) A ．2，4 B ．4，2 C ．4，6 D ．16，6。
2．下列图中能产生感应电流的是()3．14C 是一种半衰期为5730年的放射性同位素。
若考古工作者探测到某古木中14C 的含量为原来的14，则该古树死亡时间距今大约( ) A.22920年 B.11460年 C.5730年 D.2865年4．如图所示，A 、B 两个小球在光滑水平面上，沿同一直线相向运动，它们的动量大小分别为p 1和p 2，碰撞后A 球继续向右运动，动量大小为p'1,此时B 球的动量大小为p'2，则下列等式成立的是( ) A.p 1+p 2=p'1+p'2 B.p 1-p 2=p'1+p'2 C.p'1-p 1=p'2+p 2 D.-p'1+p 1=p'2+p 25．如图为研究光电效应的装置。
一光电管的阴极用极限频率ν0=6×1014Hz 的钠制成，当用频率ν=9.2×1014Hz 的紫外线照射阴极，同时在光电管阳极A 和阴极K 之间的电势差U =2.7V ，已知普朗克恒量h =6.63×10-34J ·s ，电子电量e =1.6×10-19C 。
则光电子到达阳极A 极时的最大动能为( )A ．2.6 eVB ．3.8 eVC ．4.0eVD ．4.8 eV6．在下列4个核反应方程中， x 表示质子的是( )A ．30301514P Si+x →B ．2382349290U Th+x →C ．2712713012Al+n Mg+x →D ．2743013215Al+He P+x→ 7．氦原子被电离一个核外电子，形成类氢结构的氦离子。
河北省衡水中学高二物理上学期期末考试
2011—2012学年度高二年级第一学期期末考试高二物理试卷本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷(非选择题)两部分。
试卷共5页。
满分共110分。
考试时间110分钟。
第Ⅰ卷（选择题共54分）注意事项：1.答卷Ⅰ前，考生务必将自己的姓名、准考证号、考试科目用铅笔涂写在答题卡上。
2.答卷Ⅰ时，每小题选出答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。
如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案。
不能答在试题卷上。
3.考试结束，将答卷纸和答题卡一并交回。
（1）选择题（每小题满分3分，部分得分1.5分，共54分。
下列每小题所给选项至少有一项符合题意，请将正确答案的序号填涂在答题卡上）1. 关于多普勒效应，下列说法中正确的是：A．若波源相对介质不动，观察者远离波源，则接收到的频率小于波源发出的频率B．只要观察者相对地面运动，就一定可以出现多普勒效应C．若观察者相对介质不动，波源运动时，空间传播的波长发生变化D．若观察者相对介质不动，波源远离观察者时，观察者接收到的频率大于波源发出的频率2．光滑斜面上物块A被平行斜面的轻质弹簧拉住静止于O点，如图所示，现将A沿斜面拉到B点无初速释放，物体在BC范围内做简谐运动，则下列说法正确的是：A．OB越长，振动能量越大B．在振动过程中，物体A机械能守恒C．A在C点时，物体与弹簧构成的系统势能最大，在O点时系统势能最小2题图D．B点时物体A的机械能最小3. 如图所示，一台玩具电机的轴上安有一个小皮带轮甲，通过皮带带动皮带轮乙转动(皮带不打滑)，皮带轮乙上离轴心O距离2mm处安有一个圆环P．一根细绳一端固定在圆环P上，另一端固定在对面的支架上，绳呈水平方向且绷直．在绳上悬挂着4个单摆a．b．c．d．已知电动机的转速是149r/min，甲、乙两皮带轮的半径之比为1：5，4个单摆的摆长分别是100cm、80cm、60cm、40cm．电动机匀速转动过程中，哪个单摆的振幅最大：A.单摆aB ．单摆bC ．单摆cD ．单摆d4. 一平台沿竖直方向作简谐运动，一物体置于振动平台上随台一起运动（二者始终不脱离，一起在竖直方向做简谐运动）．下列说法正确的是： A ．当平台运动到最高点时，物体对平台压力最小B ．当平台向下运动经过平衡位置时所受物体压力小于平台向上运动过平衡位置时所受物体压力C ．当振动平台运动到最低点时物体对平台压力最大D ．平台所受最大压力可能大于物体重力的2倍5. 如图所示，绝缘光滑水平面上有一个弹簧振子。
期末资料-2015-2016学年河北省衡水中学高二(上)期末物理试卷(解析版)
【精品期末资料】Jack2015-2016学年河北省衡水中学高二（上）期末物理试卷（解析版）一、选择题（每小题4分，共60分，下列每小题所给选项至少有一项符合题意，全部选对的得4分，选对但不全的得2分）1．如图甲所示，一个单摆做小角度摆动，从某次摆球由左向右通过平衡位置时开始计时，相对平衡位置的位移x随时间t变化的图象如图乙所示．不计空气阻力，g取10m/s2．对于这个单摆的振动过程，下列说法不正确的是（）A．单摆的摆长约为1.0 mB．单摆的位移x随时间t变化的关系式为x=8sin（πt）cmC．从t=0.5 s到t=1.0 s的过程中，摆球的重力势能逐渐增大D．从t=1.0 s到t=1.5 s的过程中，摆球所受回复力逐渐增大2．如图所示为一个自制的振动系统．在泡沫上插两根弹性很好的细竹片，并用塑料夹夹在细竹片上端制成两个“单摆”A和B，A、B除塑料夹高低不同外，其他条件均相同．当底座沿某一方向做周期性振动时，摆A和B也跟着振动起来．下述说法正确的有（）A．摆A的固有频率比B的大B．当底座做周期性振动时，A摆的振动频率比B的大C．当底座振动频率由零开始从小到大变化（保持振幅不变）时，B摆开始振幅大，随着频率变大，摆A的振幅比B的大D．当底座振动频率由零开始从小到大变化（保持振幅不变）时，A摆开始振幅大，随着频率变大，B摆的振幅比A的大3．如图所示，两根劲度系数相同的轻弹簧a、b和一根张紧的细线将甲、乙两物块束缚在光滑水平面上，已知甲的质量大于乙的质量，a的原长小于b的原长．当细线突然断开时，两物块都开始做简谐运动，在运动过程中（）A．甲的振幅大于乙的振幅B．甲的最大加速度大于乙的最大加速度C．甲的最大速度小于乙的最大速度D．甲的最大动能大于乙的最大的动能4．一列简谱横波沿x轴正方向传播，在x=12m处的质元的振动图线如图1所示，在x=18m 处的质元的振动图线如图2所示．下列说法正确的是（）A．在0～4s内x=12m处和x=18m处的质元通过的路程均为6cmB．x=12m处的质元在平衡位置向上振动时，x=18m处的质元在波峰C．该波的波长可能为8mD．若在x=18m的位置放一接收器，接收到的波的频率将大于Hz5．如图，t=0时刻，波源在坐标原点从平衡位置沿y轴正向开始振动，振动周期为0.4s，在同一均匀介质中形成沿x轴正、负两方向传播的简谐横波．下图中能够正确表示t=0.6s时波形的图是（）A．B． C．D．6．两列振幅、波长和波速都相同的简谐波a和b分别沿x轴的正方向、负方向传播，波速v=200m/s，在t=0时刻的部分波形如图所示，那么在x轴上x=450m的质点P，经最短时间t1出现位移最大值，经最短时间t2出现位移最小值，则t1、t2分别是（）A．1.75s，1.25s B．0.25s，0.75s C．1.25s，0.75s D．0.25s，1.25s7．图1是一列简谐横波在t=0.75s时的波形图，已知c位置的质点比a位置的晚0.5s起振．则图2所示振动图象对应的质点可能位于（）A．a＜x＜b B．b＜x＜c C．c＜x＜d D．d＜x＜e8．如图所示，甲、乙两平面波是振幅相同的相干波，甲波沿x轴正方向传播，乙波沿y轴正方向传播，图中实线表示某一时刻的波峰位置，虚线表示波谷位置，对图中正方形中央的a、b、c、d四点的振动情况，正确的判断是（）A．a、b点振动加强，c、d点振动减弱B．a、c点振动加强，b、d点振动减弱C．a、d点振动加强，b、c点振动减弱D．a、b、c、d点的振动都加强9．（多选）固定的半圆形玻璃砖的横截面如图，O点为圆心，OO′为直径MN的垂线．足够大的光屏PQ紧靠玻璃砖右侧且垂直于MN．由A、B两种单色光组成的一束光沿半径方向射向O点，入射光线与OO'夹角θ较小时，光屏NQ区域出现两个光斑，逐渐增大θ角，当θ=α时，光屏NQ区域A光的光斑消失，继续增大θ角，当θ=β时，光屏NQ区域B光的光斑消失，则（）A．玻璃砖对A光的折射率比对B光的大B．A光在玻璃砖中传播速度比B光的大C．α＜θ＜β时，光屏上只有1个光斑D．β＜θ＜90°时，光屏上只有1个光斑10．以下哪些现象是由于光的全反射形成的（）A．将空玻璃试管插入水中看上去比充满水的试管要亮得多B．夜晚，湖面上映出了岸上的彩灯C．夏天，海面上出现的海市蜃楼D．在炎热的夏天，向远处的柏油马路看去，路面特别明亮光滑，像用水淋过一样11．如图甲所示，在平静的水面下有一个点光源s，它发出的是两种不同颜色的a光和b光，在水面上形成了一个被照亮的圆形区域，该区域的中间为由ab两种单色光所构成的复色光的圆形区域，周边为环状区域，且为a光的颜色（见图乙）．则以下说法中正确的是（）A．a光在水中的传播速度比b光大B．水对a光的折射率比b光大C．a光的频率比b光大D．在同一装置的杨氏双缝干涉实验中，a光的干涉条纹比b光窄12．由红、绿两单色光组成的光束以入射角θ由空气射到半圆形玻璃砖表面的A处，AD是半圆的直径．进入玻璃后分为两束，分别为AB、AC，它们从A到B和从A到C的时间分别为t1和t2，则（）A．AB是红光，t1=t2B．AC是红光，t1=t2C．AB是绿光，t1＜t2D．AC是绿光，t1＞t213．如图所示，一细束白光通过玻璃三棱镜折射后分为各种单色光，取其中a、b、c三种色光，下列说法正确的是（）A．若b光为绿光，则c光可能为蓝光B．若分别让a、b、c三色光通过一双缝装置，则a光形成的干涉条纹的间距最小C．a、b、c三色光在玻璃三棱镜中的传播速度依次越来越小D．若让a、b、c三色光以同一入射角，从空气中某方向射入一介质，b光恰能发生全反射，则c光也一定能发生全反射14．截面为等腰三角形的三棱镜，它的两个底角都为30°，棱镜的折射率为．两条平行光线垂直于棱镜底面入射，如图所示，两条光线由棱镜射出时所成的角度为（）A．30°B．60°C．90°D．120°15．如图所示，有一束平行于等边三棱镜截面ABC的单色光从空气射向E点，并偏折到F 点．已知入射方向与边AB的夹角为θ=30°，E、F分别为边AB、BC的中点，则（）A．该棱镜的折射率为B．光在F点发生全反射C．光从空气进入棱镜，波长变小D．从F点出射的光束与入射到E点的光束平行二、非选择题16．在用两面平行的玻璃砖测定玻璃折射率的实验中，其实验光路如图所示．对实验中的一些具体问题，下列说法中正确的是（）A．为了减小作图误差，P3和P4的距离应适当取大些B．为减少测量误差，P1和P2的连线与玻璃砖界面的夹角应适当取大一些C．若P1、P2的距离较大，通过玻璃砖会看不到P1、P2的像D．若P1、P2连线与法线NN′夹角过大，有可能在bb′面上发生全反射，所以在bb′一侧就看不到P1、P2的像．17．双缝干涉测光的波长．实验装置如图1所示，已知单缝与双缝的距离L1=60mm，双缝与屏的距离L2=700mm，单缝宽d1=0.10mm，双缝间距d2=0.25mm．用测量头来测量光屏上干涉亮条纹中心的距离．测量头由分划板、目镜、手轮等构成，转动手轮，使分划板左右移动，让分划板的中心刻度对准屏上亮纹的中心，（如图2所示），记下此时手轮的读数，转动测量头，使分划板中心刻线对准另一条亮纹的中心，记下此时手轮上的刻度．（1）板的中心刻线分别对准第1条和第4条亮纹的中心时，手轮上的读数如图3所示，则对准第1条时读数x1=mm，对准第4条时读数x2=mm，相邻两条亮纹间的距离△x=mm．（2）波长的公式λ=；求得的波长值是nm．18．如图，为某种透明材料做成的三棱镜横截面，其形状是边长为a的等边三角形，现用一束宽度为a的单色平行光束，以垂直于BC面的方向正好入射到该三棱镜的AB及AC面上，结果所有从AB、AC面入射的光线进入后恰好全部直接到达BC面．试求：（1）该材料对此平行光束的折射率；（2）这些到达BC面的光线从BC面折射而出后，如果照射到一块平行于BC面的屏上形成光斑，则当屏到BC面的距离d满足什么条件时，此光斑分为两块？19．劲度系数为k的轻弹簧上端固定一质量为m的小球，向下压小球后从静止释放，小球开始做简谐运动．该过程小球的最大加速度是2.8g（g为重力加速度）．求：（1）简谐运动的振幅大小A；（2）当小球运动到最低点时，小球对弹簧弹力的大小；（3）若弹簧原长为L，则振动过程中弹簧的最大长度L′是多少？20．一列简谐横波如图所示，t1时刻的波形如图中实线所示，t2时刻的波形如图中虚线所示，已知△t=t2﹣t1=0.5s，问：（1）若波向左传播，则这列波的传播速度是多少？（2）若波向右传播，且4T＜△t＜5T，波速是多大？（3）若波速等于100m/s，则波向哪个方向传播？21．一列车沿x轴传播的间谐横波在t=0时刻的波的图象如图所示，经△t=0.1s，质点M第一次回到平衡位置，求（1）波的传播速度；（2）质点M在1.2s内走过的路程．2015-2016学年河北省衡水中学高二（上）期末物理试卷参考答案与试题解析一、选择题（每小题4分，共60分，下列每小题所给选项至少有一项符合题意，全部选对的得4分，选对但不全的得2分）1．如图甲所示，一个单摆做小角度摆动，从某次摆球由左向右通过平衡位置时开始计时，相对平衡位置的位移x随时间t变化的图象如图乙所示．不计空气阻力，g取10m/s2．对于这个单摆的振动过程，下列说法不正确的是（）A．单摆的摆长约为1.0 mB．单摆的位移x随时间t变化的关系式为x=8sin（πt）cmC．从t=0.5 s到t=1.0 s的过程中，摆球的重力势能逐渐增大D．从t=1.0 s到t=1.5 s的过程中，摆球所受回复力逐渐增大【考点】单摆周期公式．【专题】单摆问题．【分析】由振动图象读出周期T和振幅A，由ω=求出角频率ω，单摆位移x的表达式x=Asinωt．由公式T=2π求出摆长L．摆球从最高点运动到最低点，重力势能减小，位移减小，回复力减小．【解答】解：A、由公式T=2π=2s，代入得到L=1m．故A正确．B、由振动图象读出周期T=2s，振幅A=8cm，由ω=得到角频率ω=πrad/s，则单摆的位移x随时间t变化的关系式为Asinωt=8sin（πt）cm．故B正确．C、从t=0.5 s到t=1.0 s的过程中，摆球从最高点运动到最低点，重力势能减小．故C错误．D、从t=1.0 s到t=1.5 s的过程中，摆球的位移增大，回复力增大．故D正确．本题选错误的，故选：C【点评】本题是振动图象问题，考查基本的读图能力．根据振动图象，分析质点的振动情况及各个量的变化是基本功．2．如图所示为一个自制的振动系统．在泡沫上插两根弹性很好的细竹片，并用塑料夹夹在细竹片上端制成两个“单摆”A和B，A、B除塑料夹高低不同外，其他条件均相同．当底座沿某一方向做周期性振动时，摆A和B也跟着振动起来．下述说法正确的有（）A．摆A的固有频率比B的大B．当底座做周期性振动时，A摆的振动频率比B的大C．当底座振动频率由零开始从小到大变化（保持振幅不变）时，B摆开始振幅大，随着频率变大，摆A的振幅比B的大D．当底座振动频率由零开始从小到大变化（保持振幅不变）时，A摆开始振幅大，随着频率变大，B摆的振幅比A的大【考点】产生共振的条件及其应用．【分析】振动的频率等于驱动力的频率，当驱动力的频率接近固有频率时，会发生共振．【解答】解：A、由于摆B的摆长大于A，根据T=知，摆B的固有周期大于A，则摆A的固有频率大于B．故A正确．B、A、B都做受迫振动，振动频率相等，等于驱动力的频率．故B错误．C、因为B摆的固有频率较小，当底座振动频率由零开始从小到大变化（保持振幅不变）时，B摆先发生共振，然后A摆发生共振，所以B摆开始振幅大，随着频率变大，摆A的振幅比B的大，故C正确，D错误．故选：AC．【点评】解决本题的关键知道振动频率与驱动力频率的关系，以及知道发生共振的条件．3．如图所示，两根劲度系数相同的轻弹簧a、b和一根张紧的细线将甲、乙两物块束缚在光滑水平面上，已知甲的质量大于乙的质量，a的原长小于b的原长．当细线突然断开时，两物块都开始做简谐运动，在运动过程中（）A．甲的振幅大于乙的振幅B．甲的最大加速度大于乙的最大加速度C．甲的最大速度小于乙的最大速度D．甲的最大动能大于乙的最大的动能【考点】简谐运动．【专题】简谐运动专题．【分析】线未断开前，两根弹簧伸长的长度相同，离开平衡位置的最大距离相同，则振幅一定相同．当线断开的瞬间，弹簧的弹性势能相同，到达平衡后弹簧转化为动能，甲乙最大动能相同，根据质量关系，分析最大速度关系．【解答】解：A、线未断开前，两根弹簧伸长的长度相同，离开平衡位置的最大距离相同，即振幅一定相同．故A错误；B、线刚断开时，弹力最大，故加速度最大，由于甲的质量大，故根据牛顿第二定律，其加速度小，故B错误；C、D、当线断开的瞬间，弹簧的弹性势能相同，到达平衡后，甲乙的最大动能相同，由于甲的质量大于乙的质量，由E k=mv2知道，甲的最大速度一定小于乙的最大速度．故C正确，D错误；故选C．【点评】本题首先要抓住振幅的概念：振动物体离开平衡位置的最大距离，分析振幅关系，其次，抓住简谐运动中，系统的机械能守恒，分析最大动能关系．4．一列简谱横波沿x轴正方向传播，在x=12m处的质元的振动图线如图1所示，在x=18m 处的质元的振动图线如图2所示．下列说法正确的是（）A．在0～4s内x=12m处和x=18m处的质元通过的路程均为6cmB．x=12m处的质元在平衡位置向上振动时，x=18m处的质元在波峰C．该波的波长可能为8mD．若在x=18m的位置放一接收器，接收到的波的频率将大于Hz【考点】波长、频率和波速的关系；横波的图象．【专题】应用题；学科综合题；定性思想；推理法；振动图像与波动图像专题．【分析】A、据图2知，t=2s时，在x=18m处的质元的位移为零，正通过平衡位置向上运动，t=4s时刻，在x=18m处的质元的位移大于2cm，所以在0﹣4s内x=18m处的质元通过的路程小于6cm，可判断A选项；B、由图可知，x=12m处的质元在平衡位置向上振动时，x=18m处的质元在波峰，可判断B 选项；C、由图知，x=12m的质元比x=18m处的质元早振动9s，即，所以两点之间的距离为且x=18﹣12=6m，当n=0时，λ=8m，可判断C选项；D、由题意知，x=18m处的质元的起振总是与振源的起振一致，且周期T=12s，所以频率，故在x=18m的位置放一接收器，接收到波的频率，可判断D选项．【解答】解：A、据图2知，t=2s时，在x=18m处的质元的位移为零，正通过平衡位置向上运动，t=4s时刻，在x=18m处的质元的位移大于2cm，所以在0﹣4s内x=18m处的质元通过的路程小于6cm，故A错误；B、由图可知，x=12m处的质元在平衡位置向上振动时，x=18m处的质元在波峰，故B正确；C、由图知，x=12m的质元比x=18m处的质元早振动9s，即，所以两点之间的距离为且x=18﹣12=6m，当n=0时，λ=8m，故C正确；D、由题意知，x=18m处的质元的起振总是与振源的起振一致，且周期T=12s，所以频率，故在x=18m的位置放一接收器，接收到波的频率，故D选项错误．故选：BC．【点评】理清质点的振动图象与波的振动图象的区别与联系是解答此题的关键，本题中推断x=12m的质点和x=18m处的质点之间的距离与波长的关系是解答相关问题的关键．5．如图，t=0时刻，波源在坐标原点从平衡位置沿y轴正向开始振动，振动周期为0.4s，在同一均匀介质中形成沿x轴正、负两方向传播的简谐横波．下图中能够正确表示t=0.6s时波形的图是（）A．B． C．D．【考点】波长、频率和波速的关系；横波的图象．【分析】波源形成向右和向左传播的两列横波，左右具有对称性，根据t=0.6与周期的关系，分析形成的波形的长度，分析波源的状态，即可确定图象．【解答】解：由题，该波的周期为T=0.4s，则时间t=0.6s=1.5T，向左和向右分别形成1.5个波长的波形．由于波源在坐标原点从平衡位置沿y轴正方向开始振动，则t=0.6时的振动方向沿y轴负方向，故C正确．故选：C【点评】本题的解题关键是抓住对称性，分析波源振动状态和波形的长度，进行选择．6．两列振幅、波长和波速都相同的简谐波a和b分别沿x轴的正方向、负方向传播，波速v=200m/s，在t=0时刻的部分波形如图所示，那么在x轴上x=450m的质点P，经最短时间t1出现位移最大值，经最短时间t2出现位移最小值，则t1、t2分别是（）A．1.75s，1.25s B．0.25s，0.75s C．1.25s，0.75s D．0.25s，1.25s【考点】波长、频率和波速的关系．【分析】根据波的传播方向，从而确定质点P的振动方向，并由波长与波速，从而确定周期，及结合t=0时刻质点P点的位置，进而确定位移最大与最小的最短时间．【解答】解：在t=0时刻的，在x轴上x=450m的质点P，随着波向x轴正方向传播，则质点P向y轴正方向传播，那么经过最短时间t1==s=0.25s；而周期T==s=2s；因此经最短时间t2出现位移最小值，则有：t2=t1+=0.25+0.5=0.75s；故B正确，ACD错误；故选：B．【点评】考查波的传播方向与质点的振动方向关系，掌握波长、波速与周期的公式，理解最短时间的含义，注意位移最大与最小的区别．7．图1是一列简谐横波在t=0.75s时的波形图，已知c位置的质点比a位置的晚0.5s起振．则图2所示振动图象对应的质点可能位于（）A．a＜x＜b B．b＜x＜c C．c＜x＜d D．d＜x＜e【考点】波长、频率和波速的关系；横波的图象．【分析】由题，根据c位置的质点比a位置的晚0.5s起振，确定出该波的周期及波的传播方向，作出0.75s前的波形图象，即t=0时刻的波形，逐项分析t=0时刻各个区间质点的状态，选择与图2相符的选项．【解答】解：由图2知，t=0时刻质点处于平衡位置上方，且向上振动．由题，c位置的质点比a位置的晚0.5s起振，则知该波的周期为T=1s，波的传播方向为向右，则t=0.75s=T，作出t=0.75s前的波形图象，即t=0时刻的波形图象如图所示（红线），则位于平衡位置上方且振动方向向上的质点位于区间为bc间，即有b＜x＜c．故选：B【点评】本题的解题技巧是画出t=0时刻的波形，考查分析和理解波动图象和振动图象联系的能力．8．如图所示，甲、乙两平面波是振幅相同的相干波，甲波沿x轴正方向传播，乙波沿y轴正方向传播，图中实线表示某一时刻的波峰位置，虚线表示波谷位置，对图中正方形中央的a、b、c、d四点的振动情况，正确的判断是（）A．a、b点振动加强，c、d点振动减弱B．a、c点振动加强，b、d点振动减弱C．a、d点振动加强，b、c点振动减弱D．a、b、c、d点的振动都加强【考点】波的叠加；波的干涉和衍射现象．【分析】两列频率相同的相干波，当波峰与波峰相遇或波谷与波谷相遇时振动加强，当波峰与波谷相遇时振动减弱，则振动情况相同时振动加强；振动情况相反时振动减弱．【解答】解：当两列波出现干涉现象时，要产生干涉图样，形成一条加强线，一条减弱线…即加强线、减弱线彼此相间的稳定的干涉图样，在图中设定A、B、C、D四点，实线相交点，即波峰与波峰相遇，都是振动加强点，可知B、D决定的直线为加强线，过A、C的平行BD直线的两条直线也应是加强线，a、c两点在BD直线上，故a、c点是振动加强点，分别过b、d点且平行于BD直线的两条直线均在两加强线之间，应为减弱线，故b、d两点的振动是减弱的．故选B．【点评】波的叠加满足矢量法则，例如当该波的波峰与波峰相遇时，此处相对平衡位置的位移为振幅的二倍；当波峰与波谷相遇时此处的位移为零．9．（多选）固定的半圆形玻璃砖的横截面如图，O点为圆心，OO′为直径MN的垂线．足够大的光屏PQ紧靠玻璃砖右侧且垂直于MN．由A、B两种单色光组成的一束光沿半径方向射向O点，入射光线与OO'夹角θ较小时，光屏NQ区域出现两个光斑，逐渐增大θ角，当θ=α时，光屏NQ区域A光的光斑消失，继续增大θ角，当θ=β时，光屏NQ区域B光的光斑消失，则（）A．玻璃砖对A光的折射率比对B光的大B．A光在玻璃砖中传播速度比B光的大C．α＜θ＜β时，光屏上只有1个光斑D．β＜θ＜90°时，光屏上只有1个光斑【考点】光的折射定律．【专题】光的折射专题．【分析】由题，当θ=α时，光斑在光屏上消失时，是由于光线发生了全反射，A光先消失，说明A光的临界角较小，根据临界角公式sinC=，即可确定玻璃对两种光折射率的大小；由v=，判断光在玻璃中传播速度的大小；对照全反射的条件，当光线从玻璃射入空气，入射光大于临界角时光线将发生全反射进行分析．【解答】解：A、根据题意：“当θ=α时，光屏NQ区域A光的光斑消失，继续增大θ角，当θ=β时，光屏NQ区域B光的光斑消失”，说明A光先发生了全反射，A光的临界角小于B光的临界角，而发生全反射的临界角C满足：sinC=，可知，玻璃砖对A光的折射率比对B光的大，故A正确；B、玻璃砖对A光的折射率比对B光的大，由n=知，A光在玻璃砖中传播速度比B光的小．故B错误．C、据题可知：A光的临界角C A=α．B光的临界角C B=β．当α＜θ＜β时，B光尚未发生全反射现象，故光屏上应该看到2个亮斑，其中包含NP侧的反射光斑（A、B重合）以及NQ一侧的B光的折射光线形成的光斑．故C错误．D、当β＜θ＜90°时，A、B两光均发生了全反射，故仅能看到NP侧的反射光斑（A、B重合）．故D正确．故选：AD【点评】本题主要考察几何光学和物理光学的基础知识应用，关键要掌握全反射的条件及临界角公式进行分析．10．以下哪些现象是由于光的全反射形成的（）A．将空玻璃试管插入水中看上去比充满水的试管要亮得多B．夜晚，湖面上映出了岸上的彩灯C．夏天，海面上出现的海市蜃楼D．在炎热的夏天，向远处的柏油马路看去，路面特别明亮光滑，像用水淋过一样【考点】全反射．【专题】定性思想；推理法；全反射和临界角专题．【分析】要发生光的全反射，必须光从光密介质进入光疏介质，且入射角大于临界角．例如光从水中进入空气，有可能发生全反射现象．我们在柏油路上常看到前方有一潭水，走进时即没有，这就是光的全反射导致．【解答】解：A、将空玻璃试管插入水中，在阳光照耀下在部分位置发生全反射，所以格外明亮，故A正确；B、夜晚，湖面上映出了岸上的彩灯，是光的反射现象．故B错误；C、海面上出现的海市蜃楼，是光的全反射现象，是由于密度不均匀导致的．故C正确；D、对于光照射到柏油马路面上，从远处看格外光亮，马路面上方空气不均匀，则满足光的全反射条件，因而有时还能看到远处物体的像．故D正确；故选：ACD．【点评】日常生活中的全反射现象很多，但被我们利用却不多，并注意全反射现象的条件，及全反射与折射的区别．11．如图甲所示，在平静的水面下有一个点光源s，它发出的是两种不同颜色的a光和b光，在水面上形成了一个被照亮的圆形区域，该区域的中间为由ab两种单色光所构成的复色光的圆形区域，周边为环状区域，且为a光的颜色（见图乙）．则以下说法中正确的是（）A．a光在水中的传播速度比b光大B．水对a光的折射率比b光大C．a光的频率比b光大D．在同一装置的杨氏双缝干涉实验中，a光的干涉条纹比b光窄【考点】光的折射定律；光的干涉．【分析】通过照亮的圆形区域，知道a光照射的面积较大，从而比较出两束光的临界角大小，折射率大小，以及频率大小．根据v=比较出光在介质中传播的速度大小．根据波长的大小，分析干涉条纹间距的大小．【解答】解：A、B、在被照亮的圆形区域边缘光线恰好发生了全反射，入射角等于临界角，由于a光照射的面积较大，知a光的临界角较大，根据sinC=，知a光的折射率较小，折射率小，由v=知a光在水中的传播速度比b光大，故A正确，B错误．C、折射率越大，光的频率越大，则知a光的频率比b光小，故C错误．D、a光的折射率小，频率小，波长较长，根据干涉条纹间距公式△x=λ，a光波长则条纹间距较宽．故D错误．故选：A．【点评】解决本题的关键从临界角入手，比较出折射率的大小，从而得出频率、介质中的速度大小关系．12．由红、绿两单色光组成的光束以入射角θ由空气射到半圆形玻璃砖表面的A处，AD是半圆的直径．进入玻璃后分为两束，分别为AB、AC，它们从A到B和从A到C的时间分别为t1和t2，则（）A．AB是红光，t1=t2B．AC是红光，t1=t2C．AB是绿光，t1＜t2D．AC是绿光，t1＞t2【考点】光的折射定律．【专题】光的折射专题．【分析】根据光线的偏折程度比较出光的折射率大小，从而确定色光的颜色．根据几何关系求出光在介质中的位移，通过折射定律求出光在介质中的速度，从而比较运动的时间．【解答】解：因为AB的偏折程度大于AC的偏折程度，所以AB光的折射率大，AC光的折射率小，可知AC是红光．设光线的折射角为α，知n=，则光在介质中的速度v=．根据几何关系，光线在介质中传播的路程s=2Rsinα．。
河北省衡水市 高二(上)期末物理试卷(含答案)
高二（上）期末物理试卷副标题一、单选题（本大题共3小题，共15.0分）1.如图所示，abcd为水平放置的平行“”形光滑金属导轨，间距为l，导轨间有垂直于导轨平面的匀强磁场，磁感应强度大小为B，导轨电阻不计。
已知金属杆MN倾斜放置，与导轨成θ角，单位长度的电阻为r，保持金属杆以速度v沿平行于cd的方向滑动（金属杆滑动过程中与导轨接触良好）。
则（）A. 电路中感应电动势为B. 电路中感应电流的大小为C. 金属杆所受安培力的大小为D. 金属杆的热功率为2.将电学元件按照如图所示的方式连接，已知两电表均为理想电表，电源有一定的内阻。
现闭合电键，将滑动变阻器的触头向下缓慢移动，则（）A. 两电表的读数均增大B. 小灯泡b的亮度变暗，电流表的读数变小C. 小灯泡a的亮度变亮，电压表的读数变小D. 电容器两极板所带的电荷量增加3.将三个完全相同的小灯泡按如图甲所示的方式连入电路，其中的电压表和电流表均为理想电表，蓄电池的内阻不可忽略。
当开关闭合后，电压表V1的读数为4.0V，经测量这种小灯泡的U-I图象如图乙所示。
则（）A. 电压表的读数为B. 电流表的读数为C. 三个小灯泡消耗的功率之和为3WD. 该蓄电池的电动势为、内阻为二、多选题（本大题共4小题，共20.0分）4.置于匀强磁场中的金属圆盘中央和边缘各引出一根导线，与套在铁芯上的部的线圈A相连．套在铁芯下部的线圈B引出两根导线接在两根水平导轨上，如图所示．导轨上有一根金属棒ab处在垂直于纸面向外的匀强磁场中．下列说法中正确的是（）A. 圆盘顺时针加速转动时，ab棒将向右运动B. 圆盘顺时针减速转动时，ab棒将向右运动C. 圆盘顺时针匀速转动时，ab棒将向右运动D. 圆盘顺时针加速转动时，ab棒将向左运动5.如图所示，ABC为竖直平面内的光滑绝缘轨道，其中AB为倾斜直轨道，BC为与AB相切的圆形轨道，并且圆形轨道处在匀强磁场中，磁场方向垂直纸面向里。
质量相同的甲、乙、丙三个小球中，甲球带正电、乙球带负电、丙球不带电。
河北省衡水市2015-2016学年度第一学期期末试卷(衡水中学使用)高三物理分析
河北省衡水市 2015 -2016学年度第一学期期末试卷（衡水中学使用）高三物理分析一、整体分析试卷紧扣大纲，立足实际、突出主干、考查能力，难易适中，常规型题占总题数的多数,考生感到亲切而不陌生。
试题在考查知识的同时注重考查能力,并把对能力的考查放在首要位置。
能结合学生的日常生活实际以及新情景设计试题情境，深入挖掘这些实际情境中的学科内涵和应用价值，考查学生独立思考、灵活运用所学知识建立物理模型、分析问题和解决问题的能力。
1 、紧扣大纲，注重基础、突出主干试题紧扣高考考试大纲，题型稳定，大部分属于常规题型，是学生在平时训练中常见的类型，注重考查基础知识，考查了牛顿第二定律、匀变速直线运动规律的综合运用、共点力平衡的条件及其应用、功能关系、闭合电路的欧姆定律、带电粒子在电场和磁场中运动等重点知识，形式和知识点分布与2015 年高考全国 1 卷基本相同，重点突出，坚持以力学和电学知识考查为重点，突出了主干知识的考查。
2 、重模型、考思想, 强化基本方法本试卷注重模型和物理思想方法的考查，例如、15 题考查传送带模型，学生必须掌握传送带的各种情况才能分项讨论得出正确答案，24 题考查了板块模型，19 题和 25 题的带电粒子在电场、磁场中运动的模型，35 题考查了碰撞模型等等。
通过考查这些模型问题考查了物理思想和学生的解题能力。
3 ．适当设置题目难度与区分度中档题目居多，大部分题目考查 2 个或以上知识点，更加考查学生的综合分析能力，着重物理方法和思想以及建模能力的考查，难点设置在了运用数学知识中的几何关系来解决物理问题，例如25 题第（ 3 ）问，这是2011 年安徽高考题23 题变形而成，还有 34 题第（2）问对学生的几何能力要求较高，考查了学生的能力，增强了试题的区分度。
选择题难度主要集中在第 19 题和第 20 题，一个是力电综合，一个是图象与闭合欧姆定律综合，解决问题的能力。
二、亮点试题分析（一）易错题【试卷原题】 18. 如图所示，两根长直导线竖直插人光滑绝缘水平桌面上的M 、N 两小孔中，O 为 M 、N 连线中点，连线上 a 、 b 两点关于 O 点对称。
河北省衡水中学2015-2016学年高二上学期五调物理试卷Word版含解析
2015-2016学年河北省衡水中学高二（上）五调物理试卷一、单项选择题1．某沿水平方向振动的弹簧振子在0﹣6s内做简谐运动的振动图象如图所示，由图可知（）A．该振子的振幅为5cm，振动周期为6sB．第3s末振子的速度沿x轴负方向C．第3s末到第4s末的过程中，振子做减速运动D．该振子的位移x和时间t的函数关系：x=5sin（t+）（cm）2．所示的弹簧振子（以O点为平衡位置在B、C间振动），取水平向右的方向为振子离开平衡位置的位移的正方向，得到如图所示的振动曲线．又曲线所给的信息可知，下列说法正确的是（）A．t=0时，振子处在B位置B．t=4s时振子对平衡位置的位移为10cmC．t=2.5s时振子对平衡位置的位移为5cmD．如果振子的质量为0.5kg，弹簧的劲度系数20N/cm，则振子的最大加速度大小等400m/s23．如图所示，三根细线于O点处打结，A、B两端固定在同一水平面上相距为L的两点上，使AOB成直角三角形，∠BAO=30°．已知OC线长是L，下端C点系着一个小球（忽略小球半径），下面说法正确的是（）A．让小球在纸面内摆动，周期T=2πB．让小球在垂直纸面方向摆动，周期T=2πC．让小球在纸面内摆动，周期T=2πD．让小球在垂直纸面内摆动，周期T=π4．有一星球其半径为地球半径的2倍，平均密度与地球相同，今把一台在地球表面走时准确的摆钟移到该星球表面，摆钟的秒针走一圈的实际时间变为（）A．0.5min B．min C．min D．2min5．甲乙两位同学分别使用图1所示的同一套装置观察单摆作简谐运动时的振动图象，已知二人实验时所用的单摆的摆长相同，落在木板上的细砂分别形成的曲线如图2所示，下面关于两图线的说法中正确的是（）A．甲图表示砂摆摆动的幅度较大，乙图摆动的幅度较小B．甲图表示砂摆摆动的周期较大，乙图摆动的周期较小C．二人拉木板的速度不同，甲、乙木板的速度关系v甲=2v乙D．二人拉木板的速度不同，甲、乙木板的速度关系v乙=2v甲6．如图所示，质量为m的滑块在水平面上撞向弹簧，当滑块将弹簧压缩了x0时速度减小到零，然后弹簧又将滑块向右推开．已知弹簧的劲度系数为k，滑块与水平面间的动摩擦因数为μ，整个过程弹簧未超过弹性限度，则（）A．滑块向左运动过程中，先做加速运动，后减速到速度为零B．滑块向右运动过程中，始终做加速运动C．滑块与弹簧接触过程中最大加速度为D．滑块向右运动过程中，当弹簧形变量x=时，物体的加速度最大7．振源A带动细绳上各点上下做简谐运动，t=0时刻绳上形成的波形如图所示．规定绳上质点向上运动的方向为x轴的正方向，则P点的振动图象是（）A．B．C．D．8．在图中所示为一简谐横波在某一时刻的波形图，已知此时质点A正向上运动，如图中箭头所示，由此可判断此横波（）A．向右传播，且此时质点B正减速运动B．向右传播，且此时质点C位移正增大C．向左传播，且此时质点D加速度减小D．向左传播，且此时质点E势能减小9．如图所示，一列简谐横波沿x轴正向传播，从波传到x=1m的P点时开始计时．已知在t=0.4s时PM间第一次形成图示波形，此时x=4m的M点正好在波谷．下列说法中正确的是（）A．P点的振动周期为0.3sB．P点开始振动的方向沿y轴正方向C．当M点开始振动时，P点正好在波峰D．这列波的传播速度是10m/s10．在均匀介质中，各质点的平衡位置在同一直线上，相邻两质点的距离均为s，如图甲所示，振动从质点1开始向右传播，质点1开始运动时的速度方向向上，经过时间t，前13个质点第一次形成如图乙所示的波形，关于这列波的周期和波速下列说法正确的是（）A．这列波的周期为T=B．这列波的周期为T=C．这列波的传播速度v=D．这列波的传播速度v=11．一列横波沿x轴正向传播，a、b、c、d为介质中沿波传播方向上四个质点的平衡位置．某时刻的波形如图（a）所示，此后，若经过周期开始计时，则图（b）描述的是（）A．a处质点的振动图象B．b处质点的振动图象C．c处质点的振动图象D．d处质点的振动图象12．某列简谐横波在t=0时刻的波形如图所示，若该横波沿x轴正方向传播，且波速v=4m/s，则x=8m处的质点的振动图象是下列图象中的（）A．B．C．D．13．如图所示是一交变电流的i﹣t图象，则该交变电流的有效值为（）A．4A B．2 A C． A D． A14．矩形线圈的匝数为50匝，在匀强磁场中绕垂直于磁场的轴匀速转动时，穿过线圈的磁通量随时间的变化规律如图所示．下列结论正确的是（）A．在t=0.1s和t=0.3s时，电动势最大B．在t=0.2s和t=0.4s时，电动势改变方向C．电动势的最大值是157VD．在t=0.4s时，磁通量变化率最大，其值为3.14Wb/s15．二分频“音箱内有两个不同口径的扬声器，它们的固有频率分别处于高音、低音频段，分别称为高音扬声器和低音扬声器，音箱要将扩音机送来的含有不同频率的混和音频电流按高、低频段分离出来，送往相应的扬声器，以便使电流所携带的音频信息按原比例还原成高、低频的机械振动，如图为音箱的电路图，高、低频混和电流由a、b输入，L1和L2是线圈，C1和C2是电容器，则（）A．甲扬声器是高音扬声器B．C2的作用是阻碍高频电流通过乙扬声器C．L1的作用是阻碍低频电流通过甲扬声器D．L2的作用是减弱乙扬声器的低频电流二、非选择题16．实验小组的同学做“用单摆测重力加速度”的实验．（1）实验前他们根据单摆周期公式导出了重力加速度的表达式g=，其中L表示摆长，T表示周期．对于此式的理解，四位同学说出了自己的观点：同学甲：T一定时，g与L成正比同学乙：L一定时，g与T2成反比同学丙：L变化时，T2是不变的同学丁：L变化时，L与T2的比值是定值其中观点正确的是同学（选填“甲”、“乙”、“丙”、“丁”）．（2）从摆球经过开始计时，并记录此后经过平衡位置的次数n和制动时间t，用米尺测出摆线长为L，用游标卡尺测出摆球直径为d．用上述物理量的符号写出测重力加速度表达式为g=．（3）如果实验得到的经过是g=9.29m/s2，比当地的重力加速度值小，分析可能是以下哪些原因造成这种结果．（填选项前字母）A．测摆线时摆线拉的过紧B．保险上端未牢固地系于悬点，中点中出现了松动，使摆线长度增加了C．开始计时时，停表过迟按下D．实验中误将n次计为n﹣1次E．以摆球直径和摆线长之和作为摆长来计算．17．如图所示，质量为M、倾角为θ的斜面体（斜面光滑且足够长）放在粗糙的水平地面上，斜面顶端与劲度系数为k、自然长度为x0的轻质弹簧相连，弹簧的另一端连接着质量为m的小球．待小球静止后，将小球沿斜面拉下一段距离，然后松开，小球便在斜面上做往复运动，且斜面体始终处于静止状态．重力加速度为g．（1）求小球处于平衡位置时弹簧的长度；（2）选小球的平衡位置为坐标原点，沿斜面向下为正方向建立坐标轴，用x表示小球相对于平衡位置的位移，证明小球做简谐运动；（3）现压缩弹簧使其长度为x0时由静止开始释放，求振动过程中弹簧的最大伸长量；及斜面体与水平地面间的最大静摩擦力．18．如图所示，质量为M=0.5kg的物体B和质量为m=0.2kg的物体C，用劲度系数为k=100N/m 的轻弹簧连在一起．物体B放在水平地面上，物体C在轻弹簧的上方静止不动．现将物体C竖直向下缓慢压下一段距离x=0.03m后释放，物体C就上下做简谐运动，在运动过程中，物体B始终不离开地面．已知重力加速度大小为g=10m/s2．试求：当物体C运动到最高点时，物体C的加速度大小和此时物体B对地面的压力大小．19．一列沿x方向传播的横波，在t=0时刻的波形如图所示，已知P质点的坐标为（1，0），Q质点的坐标为（5，0），R质点的坐标为（10，0），此时质点P的运动方向向下，而且这列波在P点出现第一次波峰到第三次波峰时间间隔是0.8s，求：（1）这列波的传播方向、波速大小？（2）从t=0起再经过周期时，P、Q、R质点的坐标分别是多少？（3）从t=0起再经过多少时间质点R才能第一次达到波峰？这段时间内R通过的路程是多少？20．如图甲所示，空间存在一有界匀强磁场，磁场的左边界如虚线所示，虚线右侧足够大区域存在磁场，磁场方向竖直向下．在光滑绝缘水平面内有一长方形金属线框，ab边长为l=0.2m，线框质量m=0.1kg、电阻R=0.1Ω，在水平向右的外力F作用下，以初速度v0=1m/s 匀加速进入磁场，外力F大小随时间t变化的图线如图乙所示．以线框右边刚进入磁场时开始计时，求：（1）匀强磁场的磁感应强度B（2）线框进入磁场的过程中，通过线框的电荷量q；（3）若线框进入磁场过程中F做功为W F=0.27J，求在此过程中线框产生的焦耳热Q．2015-2016学年河北省衡水中学高二（上）五调物理试卷参考答案与试题解析一、单项选择题1．某沿水平方向振动的弹簧振子在0﹣6s内做简谐运动的振动图象如图所示，由图可知（）A．该振子的振幅为5cm，振动周期为6sB．第3s末振子的速度沿x轴负方向C．第3s末到第4s末的过程中，振子做减速运动D．该振子的位移x和时间t的函数关系：x=5sin（t+）（cm）【考点】简谐运动的振动图象．【分析】由图读出周期和振幅．第3s末振子处于平衡位置处，速度最大，加速度为0．第3s末振子振子经过平衡位置向正方向运动．从第3s末到第4s末振子由平衡位置向正向最大位移处运动，速度减小．由公式ω=，得到角频率ω，则该振子简谐运动的表达式为x=Acosωt．【解答】解：A、由图读出振动周期为4s，振幅为5cm．故A错误．B、根据图象可知，第3s末振子振子经过平衡位置向正方向运动．故B错误．C、第3s末振子处于平衡位置处，速度最大，则第3s末到第4s末的过程中，振子做减速运动．故C正确．D、由振动图象可得：振幅A=5cm，周期T=4s，初相φ=，则圆频率ω==故该振子做简谐运动的表达式为：x=5cos（t+）=5sin（t﹣）（cm）（cm）．故D错误．故选：C【点评】本题考查根据振动图象分析物体振动过程的能力．当振子靠近平衡位置时速度增大，加速度减小；背离平衡位置时速度减小，加速度增大．2．所示的弹簧振子（以O点为平衡位置在B、C间振动），取水平向右的方向为振子离开平衡位置的位移的正方向，得到如图所示的振动曲线．又曲线所给的信息可知，下列说法正确的是（）A．t=0时，振子处在B位置B．t=4s时振子对平衡位置的位移为10cmC．t=2.5s时振子对平衡位置的位移为5cmD．如果振子的质量为0.5kg，弹簧的劲度系数20N/cm，则振子的最大加速度大小等400m/s2【考点】简谐运动的振动图象；简谐运动的振幅、周期和频率．【专题】参照思想；图析法；简谐运动专题．【分析】由振动图象读出位移，可知道振子的位置．振子做的是变加速直线运动．可根据牛顿第二定律求振子的最大加速度．【解答】解：A、由振动图象可知t=0时，振子的位移为负向最大，说明振子处于B位置，故A正确．B、由图看出，t=4s时振子对平衡位置的位移为﹣10cm，故B错误．C、由于振子做的是变加速直线运动，不是匀速直线运动，所以t=2.5s时振子对平衡位置的位移不是5cm，故C错误．D、由题，k=20N/cm=2000N/m，振幅A=10cm=0.1m．振子的最大加速度在最大位移处，由弹簧受力和牛顿第二定律可得最大加速度大小为：a m===400m/s2．故D正确．故选：AD【点评】由振动图象可直接读出周期、振幅、振子各个时刻的位移，要知道振子做简谐运动，其基本特征是a=﹣．3．如图所示，三根细线于O点处打结，A、B两端固定在同一水平面上相距为L的两点上，使AOB成直角三角形，∠BAO=30°．已知OC线长是L，下端C点系着一个小球（忽略小球半径），下面说法正确的是（）A．让小球在纸面内摆动，周期T=2πB．让小球在垂直纸面方向摆动，周期T=2πC．让小球在纸面内摆动，周期T=2πD．让小球在垂直纸面内摆动，周期T=π【考点】单摆周期公式．【专题】定量思想；等效替代法；单摆问题．【分析】单摆周期公式，当小球在纸面内做小角度振动时，圆心是O点；当小球在垂直纸面方向做小角度振动时，圆心在墙壁上且在O点正上方．【解答】解：A、C、当小球在纸面内做小角度振动时，圆心是O点，摆长为L，故周期为T=，故A正确，C错误；B、D、当小球在垂直纸面方向做小角度振动时，圆心在墙壁上且在O点正上方，摆长为l′=（1+）L，故周期为T=2π=，故B错误，D正确；故选：AD．【点评】本题关键找出摆长，然后根据单摆的周期公式列式求解，基础题．4．有一星球其半径为地球半径的2倍，平均密度与地球相同，今把一台在地球表面走时准确的摆钟移到该星球表面，摆钟的秒针走一圈的实际时间变为（）A．0.5min B．min C．min D．2min【考点】单摆周期公式．【专题】单摆问题．【分析】根据万有引力公式先求出该星球的重力加速度与地球重力加速度的比值，再根据单摆的周期公式即可求解．【解答】解：星球的质量M=ρV=ρ•物体在星球表面所受的万有引力等于重力，所以有mg=F=，联立解得g=所以该星球的表面重力加速度与地球表面的重力加速度之比为半径之比，即为2：1根据单摆的周期公式T=，有．故所以该星球表面摆钟的秒针走一圈的实际时间为．故选：B．【点评】该题主要考查了万有引力公式即单摆的周期公式的直接应用，难度不大，属于基础题．5．甲乙两位同学分别使用图1所示的同一套装置观察单摆作简谐运动时的振动图象，已知二人实验时所用的单摆的摆长相同，落在木板上的细砂分别形成的曲线如图2所示，下面关于两图线的说法中正确的是（）A．甲图表示砂摆摆动的幅度较大，乙图摆动的幅度较小B．甲图表示砂摆摆动的周期较大，乙图摆动的周期较小C．二人拉木板的速度不同，甲、乙木板的速度关系v甲=2v乙D．二人拉木板的速度不同，甲、乙木板的速度关系v乙=2v甲【考点】单摆周期公式；简谐运动的振动图象．【专题】单摆问题．【分析】由振幅的大小可明确砂摆的振动幅度；单摆的摆动具有等时性，甲图时间短，乙图时间长，根据v=判断速度大小关系．【解答】解：A、由图可知，甲的振动幅度较大，乙的幅度较小；故A正确；B、两摆由于摆长相同，则由单摆的性质可知，两摆的周期相同；故B错误；C、由图可知，甲的时间为2T，乙的时间为4T；则由v=可知，二人拉木板的速度不同，甲、乙木板的速度关系v甲=2v乙；故C正确，D错误；故选：AC．【点评】本题考查单摆的性质，要注意明确单摆的周期取决于摆的长度和当地的重力加速度；与振幅等无关．6．如图所示，质量为m的滑块在水平面上撞向弹簧，当滑块将弹簧压缩了x0时速度减小到零，然后弹簧又将滑块向右推开．已知弹簧的劲度系数为k，滑块与水平面间的动摩擦因数为μ，整个过程弹簧未超过弹性限度，则（）A．滑块向左运动过程中，先做加速运动，后减速到速度为零B．滑块向右运动过程中，始终做加速运动C．滑块与弹簧接触过程中最大加速度为D．滑块向右运动过程中，当弹簧形变量x=时，物体的加速度最大【考点】简谐运动的回复力和能量．【专题】简谐运动专题．【分析】该题的关键是对物体进行正确的过程分析和各过程中物体的受力分析，再结合牛顿运动定律分析物体的运动情况．在进行受力分析时，要注意分析弹簧弹力的变化．【解答】解：A、滑块向左接触弹簧的运动过程中，在水平方向上受到向右的弹簧的弹力和向右的摩擦力，在此过程中弹簧的弹力是逐渐增大的，弹力和摩擦力的合力与运动方向始终相反，物体做减速运动，所以选项A错误．B、滑块向右接触弹簧的运动是从弹簧压缩量最大时开始的，此时受到水平向右的弹力和向左的摩擦力，开始时弹簧的弹力大于摩擦力，但当弹簧伸长到一定程度，弹力和摩擦力大小相等，此后摩擦力大于弹力．所以滑块向右接触弹簧的运动过程中，是先加速，后减速．B 选项错误．C、由对A的分析可知，当弹簧的压缩量为x0时，水平方向的合力为F=kx0+μmg，此时合力最大，由牛顿第二定律有：，所以选项C正确．D、在滑块向右接触弹簧的运动中，当弹簧的形变量为时，由胡克定律可得f=kx=μmg，此时弹力和摩擦力大小相等，方向相反，在水平方向上合外力为零，之后物体开始做减速运动，所以此时速度最大，故动能最大．选项D错误．故选：C．【点评】解决此类问题，要正确的分析物体运动的过程及物体的受力情况，并会确定运动过程中的临界点和分析在临界点上的受力，当物体接触弹簧向右运动的过程中，开始是加速运动的，当弹力和摩擦力相等时，加速度为零，之后摩擦力要大于弹力，物体开始做减速运动．弹力和摩擦力相等时即为一个临界点．7．振源A带动细绳上各点上下做简谐运动，t=0时刻绳上形成的波形如图所示．规定绳上质点向上运动的方向为x轴的正方向，则P点的振动图象是（）A．B．C．D．【考点】简谐运动的振动图象．【分析】由波形图可知P点的位置及起振方向，即可判断P点的振动图象．【解答】解：由波动图可知，t=0时刻P点处于平衡位置；由带动法可知P点应向下振动，即开始时应向下方起振，故可知振动图象为B；故选B．【点评】各质点的振动都是由靠近振源的质点带动的，则由离P点较近且靠近振源的质点的位置即可判出P点的起振方向，此为带动法．8．在图中所示为一简谐横波在某一时刻的波形图，已知此时质点A正向上运动，如图中箭头所示，由此可判断此横波（）A．向右传播，且此时质点B正减速运动B．向右传播，且此时质点C位移正增大C．向左传播，且此时质点D加速度减小D．向左传播，且此时质点E势能减小【考点】波长、频率和波速的关系；横波的图象．【分析】已知质点A的振动方向，判断波的传播方向的方法很多，常用的有波形的平移法、质点的带动法等．判断出各个质点的振动方向，分析其位移的变化，即可判断出加速度和速度、势能的变化．【解答】解：由题意，此时质点A正向上运动，波形将向左平移，所以此横波向左传播．此时质点B、C的振动方向向下，D、E方向向上，B向平衡位置运动，速度增大，C向波谷运动，位移增大，D向平衡位置运动，加速度减小，E向平衡位置运动，位移减小，势能减小，故C正确，ABD错误．故选C【点评】本题考查理解波动图象的能力，根据质点的振动方向判断波的传播方向，是应具备的基本能力，要能根据质点位置的变化，分析加速度、速度、动能、势能的变化，基础题．9．如图所示，一列简谐横波沿x轴正向传播，从波传到x=1m的P点时开始计时．已知在t=0.4s时PM间第一次形成图示波形，此时x=4m的M点正好在波谷．下列说法中正确的是（）A．P点的振动周期为0.3sB．P点开始振动的方向沿y轴正方向C．当M点开始振动时，P点正好在波峰D．这列波的传播速度是10m/s【考点】简谐运动的振动图象．【分析】简谐横波沿x轴正向传播，在t=0.4s时PM间第一次形成图示波形，由图读出，t=0.4s 时间内振动传播了一个波长，经过了一个周期，则可知P点的周期．读出波长，由v=求出波速v．P点开始振动的方向与图示时刻x=5m处质点的振动方向相同．根据PM间的距离判断M点开始振动时，P点的位置．【解答】解：A、由题意，简谐横波沿x轴正向传播，在t=0.4s时PM间第一次形成图示波形，由于P振动时间是半个周期的整数倍，则知t=0.4s时间内振动传播了一个波长，经过了一个周期，故P点的周期为0.4s．故A错误．B、P点开始振动的方向与图示时刻x=5m处质点的振动方向相同，由波形平移法得知，P 点开始振动的方向沿y轴负方向．故B错误．C、根据波形可知，当M点开始振动时，由波形可知，P点在波峰．故C正确．D、由图知，波长λ=4m，则波速v===10m/s．故D正确．故选：CD【点评】本题要根据简谐波的特点：一个周期内传播一个波长，确定P点的周期；简谐波传播过程中，各个质点的起振方向都相同，与波源的起振方向也相同．10．在均匀介质中，各质点的平衡位置在同一直线上，相邻两质点的距离均为s，如图甲所示，振动从质点1开始向右传播，质点1开始运动时的速度方向向上，经过时间t，前13个质点第一次形成如图乙所示的波形，关于这列波的周期和波速下列说法正确的是（）A．这列波的周期为T=B．这列波的周期为T=C．这列波的传播速度v=D．这列波的传播速度v=【考点】简谐运动的振动图象；波长、频率和波速的关系．【专题】简谐运动专题．【分析】本题应根据波传播的周期性和振动传播的特点，画出波的图象（振动应传播到第17个质点），或从第13个质点此时的振动方向向下数到再经振动方向才向上，即可得到时间t与周期的关系，求得周期，进而可求出波速．【解答】解：波源的起振方向向上，各质点起振方向均向上．根据振动的周期性和波的传播特点可知，质点13此时的振动方向向下，而波源的起振方向向上，所以从质点13算起，需要再经该点振动的方向才能向上，设周期为T，则t=T+=2T，即T=．由题意知，λ=8s，结合λ=vT，可得v=故选BD【点评】“经过时间t，前13个质点第一次形成如图10﹣9﹣20乙所示的波形”，并不说波只传到前13个质点．如果是只传到前13个质点，由于第13个质点此时振动方向向下，所以质点1开始运动时的速度方向也应该竖直向下，这与题给条件矛盾，熟记：任何质点的起振方向均与波源的起振方向相同．11．一列横波沿x轴正向传播，a、b、c、d为介质中沿波传播方向上四个质点的平衡位置．某时刻的波形如图（a）所示，此后，若经过周期开始计时，则图（b）描述的是（）A．a处质点的振动图象B．b处质点的振动图象C．c处质点的振动图象D．d处质点的振动图象【考点】简谐运动的振动图象．【分析】先由波的传播方向判断各质点的振动方向，并分析经过周期后各点的振动方向．与振动图象计时起点的情况进行对比，选择相符的图象．【解答】解：由乙图知t=0时刻，即开始计时的时刻质点位于平衡位置，且速度向下．A、图中a经过平衡位置向上运动，过周期后到达波峰，与振动图象计时起点的情况不符．故A错误．B、图中b在波谷，过周期后经过平衡位置向上运动，与振动图象计时起点的情况不符．故B错误．C、图中c经过平衡位置向下运动，过周期后到达波谷，与振动图象计时起点的情况不符．故C错误．D、图中d在波峰，过周期后经过平衡位置向下运动，与振动图象计时起点的情况相符．故D正确．故选：D．【点评】本题属于波的图象问题，先判断质点的振动方向和波的传播方向间的关系，再分析波动形成的过程．12．某列简谐横波在t=0时刻的波形如图所示，若该横波沿x轴正方向传播，且波速v=4m/s，则x=8m处的质点的振动图象是下列图象中的（）A．B．C．D．【考点】简谐运动的振动图象．【分析】由图象知波长λ=8m，波的周期可以求出，由质点带动法判断质点的振动方向．【解答】解：由波的图象可知，该波的波长是8m，由公式：v=可得：s由图可知，t=0时刻，x=8m处的质点位于平衡位置处；该波沿正方向传播，由平移法可知，x=8m处的质点的振动的方向向下，所以x=8m处的质点的从平衡位置开始向下运动，周期为2s．故D正确．故选：D【点评】本题考查了波的传播方向与质点的振动方向之间的相互判定，以及由图象获取有用物理知识的能力，再结合周期公式即可解决此类问题，属于对波的基础技能的考查．13．如图所示是一交变电流的i﹣t图象，则该交变电流的有效值为（）A．4A B．2 A C． A D． A【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】根据有效值的定义求解．取一个周期时间，将交流与直流分别通过相同的电阻，若产生的热量相同，直流的电流值，即为此交流的有效值．【解答】解：设交流电电流的有效值为I，周期为T，电阻为R，则有：。
2015-2016学年河北省衡水中学高二下学期期末物理试题
2015~2016学年度下学期高二年级期末考试物理试卷本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷(非选择题)两部分。
第Ⅰ卷和第Ⅱ卷共4页。
共110分。
考试时间110分钟。
第Ⅰ卷（选择题共60分）注意事项：1.答卷Ⅰ前，考生务必将自己的姓名、准考证号、考试科目用铅笔涂写在答题卡上。
2.答卷Ⅰ时，每小题选出答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。
如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案。
不能答在试题卷上。
一、选择题（每小题4分，共60分。
下列每小题所给选项至少有一项符合题意，请将正确答案的序号填涂在答题卡上，部分得分 2分，错选、多选不得分）1、下列有关物理学史或物理理论及应用的说法中，正确的是A．牛顿首先建立了描述运动所需的概念，如：瞬时速度、加速度及力等概念B．自然界中的四种基本相互作用有：万有引力作用、强相互作用、磁相互作用、电相互作用C．牛顿首先将实验事实和逻辑推理(包括数学推演)和谐地结合起来D．选择参考系后，若一个不受力的物体，能在这个参考系中保持静止或匀速直线运动状态，这样的参考系是惯性参考系2、在物理学的探索和发现过程中，科学家们运用了许多研究方法．以下关于物理学研究方法的叙述中正确的是A．在不需要考虑物体本身的大小和形状时，用质点来代替物体的方法是微元法B．在推导匀变速直线运动位移公式时，把整个运动过程划分成很多小段，每一小段近似看作匀速直线运动，再把各小段位移相加，这里运用了理想模型法C．在探究加速度、力和质量三者之间的关系时，先保持质量不变研究加速度与力的关系，再保持力不变研究加速度与质量的关系，这里运用了假设法D．根据速度定义式v＝ΔxΔt，当Δt→0时，ΔxΔt就可以表示物体在t时刻的瞬时速度，该定义运用了极限思维法3、物块A和B用平行于斜面的轻杆连接，如图(a) 静止于固定斜面上，此时轻杆作用力大小为F且不等于零；若A、B对调并如图(b) 放置在该斜面上，则轻杆作用力大小A．等于F B．小于F C．大于D．等于零4.如图所示，质量相等的A 、B 两物体在平行于固定斜面的推力F 的作用下，沿光滑斜面做匀速直线运动，A 、B 间轻弹簧的劲度系数为k ，斜面的倾角为30°，则匀速运动时弹簧的压缩量为5、如图所示，在水平桌面上叠放着质量相等的A 、B 两块木板，在木板A 上放着质量为m 的物块C ，木板和物块均处于静止状态。
2016年河北省衡水中学高一上学期物理期末试卷与解析
2015-2016学年河北省衡水中学高一（上）期末物理试卷一、选择题1．（4分）伽利略创造的把实验、假设和逻辑推理相结合的科学方法，有力地促进了人类科学认识的发展。
利用如图所示的装置做如下实验：小球从左侧斜面上的O点由静止释放后沿斜面向下运动，并沿右侧斜面上升。
斜面上先后铺垫三种粗糙程度逐渐减低的材料时，小球沿右侧斜面上升到的最高位置依次为1、2、3．根据三次实验结果的对比，可以得到的最直接的结论是（）A．如果斜面光滑，小球将上升到与O点等高的位置B．如果小球不受力，它将一直保持匀速运动或静止状态C．如果小球受到力的作用，它的运动状态将发生改变D．小球受到的力一定时，质量越大，它的加速度越小2．（4分）在水平方向匀速飞行的飞机上，每隔一秒依次扔下质量为1kg、2kg、3kg和4kg的物体（忽略空气阻力），在地面上的人看来，这些物体位置正确的是（）A． B．C．D．3．（4分）如图所示的传动装置中，A、B两轮同轴转动。
A、B、C三轮的半径大小关系是r A=r C=2r B．当皮带不打滑时，三轮的角速度之比、三轮边缘的线速度大小之比、三轮边缘的向心加速度大小之比分别为（）A．v A：v C=1：2 B．a A：a B=2：1 C．ωB：ωC=2：1 D．ωA：ωC=1：24．（4分）一条大河两岸平直，河水流速恒为v．一只小船，第一次船头正对河岸，渡河时间为t1；第二次行驶轨迹垂直河岸，渡河时间为t2．船在静水中的速度大小恒为，则t1：t2等于（）A．1：B．：1 C．1：D．：15．（4分）某同学在做“验证牛顿第二定律”的实验时，不慎将已平衡好摩擦力的长木板下面垫的小木片向远离定滑轮端移动一段距离而没有发现，那么描绘出来的a﹣F图象应是下图中的哪一个？（）A．B．C．D．6．（4分）如图所示，一根轻质木棒AO，A端用光滑铰链固定于墙上，在O端下面吊一个重物，上面用细绳BO系于顶板上，现将B点逐渐向右移动至C点，并使棒AO始终保持水平，则（）A．BO绳上的拉力大小不变 B．BO绳上的拉力先变小后变大C．BO绳上的拉力先变大后变小D．BO绳上的拉力一直减小7．（4分）放在水平地面上的一物块，受到方向不变的水平推力F的作用，F的大小与时间t的关系和物块速度v与时间t的关系如图所示。
河北省衡水中学2015-2016学年高二(下)期中物理试卷(解析版)
2015-2016学年河北省衡水中学高二（下）期中物理试卷一、选择题1．下列叙述不正确的是（）A．一切物体都在辐射电磁波B．微观粒子的能量是量子化的C．当波长趋于零时，辐射可以无穷大D．黑体辐射与材料种类和表面状况无关2．入射光照到某金属表面上发生光电效应，若入射光的强度减弱，而频率保持不变，下列说法正确的是（）A．逸出的光电子的最大初动能减少B．逸出的光电子的最大初动能不变C．单位时间里从金属表面逸出的光电子数目减少D．不发生光电效应3．在光电效应实验中，小君同学用同一光电管在不同实验条件下得到了三条光电流与电压之间的关系曲线（甲光、乙光、丙光），如图所示．则可判断出（）A．甲光的频率大于乙光的频率B．甲光的照射功率大于乙光的照射功率C．乙光对应的截止频率大于丙光的截止频率D．甲光对应的光电子最大初动能小于丙光的光电子最大初动能4．下列关于力的冲量和动量的说法中，正确的是（）A．物体所受的合力为零，它的动量一定为零B．物体所受的合外力的做的功为零，它的动量变化一定为零C．物体所受的合外力的冲量为零，它的动量变化不一定为零D．物体所受的合外力不变，它的动量变化率不变5．一质量为m的铁锤，以速度v竖直打在木桩上，经过△t时间而停止，则在打击时间内，铁锤对木桩的平均冲力的大小是（）A．mg△t B．C．+mg D．﹣mg6．质量为m的物块以初速v0沿倾角为θ的粗糙斜面冲上斜面，滑到B点速度为零，然后滑下回到A点．关于物块所受的冲量，下述说法中正确的是（）A．重力的冲量方向始终竖直向下B．物块上滑过程和下滑过程受到摩擦力冲量等值反向C．无论上滑过程还是下滑过程，物块所受支持力的冲量始终为零D．物块从冲上斜面到返回斜面底端的整个过程中合外力的冲量总和小于2mv07．如图所示，足够长的传送带以恒定的速率v1逆时针运动，一质量为m的物块以大小为v2的初速度从传送带的P点冲上传送带，从此时起到物块再次回到P点的过程中，下列说法正确的是（）A．合力对物块的冲量大小一定为2mv2B．合力对物块的冲量大小一定为2mv1C．合力对物块的冲量大小可能为零D．合外力对物块做的功可能为零8．如图所示，水平面上有两个木块，两木块的质量分别为m1、m2，且m2=2m1．开始两木块之间有一根用轻绳缚住的已压缩的轻弹簧，烧断细绳后，两木块分别向左、右运动．若两木块m1和m2与水平面间的动摩擦因数为μ1、μ2，且μ1=2μ2，则在弹簧伸长的过程中，两木块（）A．动量大小之比为1：1 B．速度大小之比为2：1C．通过的路程之比为2：1 D．通过的路程之比为1：19．如图所示，一只内壁光滑的半球形碗固定在小车上，小车放在光滑水平面上．在小车正前边的碗边A处无初速度释放一只质量为m的小球．则小球沿碗内壁下滑的过程中，下列说法正确的是（半球形碗的半径为R）（）A．小球、碗和车组成的系统机械能守恒B．小球的最大速度度等于C．小球、碗和车组成的系统动量守恒D．小球不能运动到碗左侧的碗边B点10．质量为m a=1kg，m b=2kg的小球在光滑的水平面上发生碰撞，碰撞前后两球的位移﹣时间图象如图所示，则可知碰撞属于（）A．弹性碰撞B．非弹性碰撞C．完全非弹性碰撞D．条件不足，不能判断11．质量为m的木块和质量为M（M＞m）的铁块用细线连接刚好能在水中某个位置悬浮静止不动，此时木块至水面距离为h，铁块至水底的距离为H （两物体均可视为质点）．突然细线断裂，忽略两物体运动中受到水的阻力，只考虑重力及浮力，若M、m同时分别到达水面水底，以M、m为系统，那么以下说法正确的是（）A．该过程中系统动量不守恒B．该过程中M、m均作匀速直线运动C．同时到达水面水底时，两物体速度大小相等D．系统满足MH=mh12．如图所示，质量m1=3kg、长度L=0.24m的小车静止在光滑的水平面上，现有质量m2=2kg可视为质点的物块，以水平向右的速度v0=2m/s从左端滑上小车，物块与车面间的动摩擦因数μ=0.5，最后恰好不掉下小车且与小车保持相对静止．在这一过程中，取g=10m/s2，下列说法正确的是（）A．系统最后共同运动的速度为1.2m/sB．小车获得的最大动能为0.96JC．系统损失的机械能为2.4JD．物块克服摩擦力做的功为4J13．如图所示，一个倾角为α的直角斜面体静置于光滑水平面上，斜面体质量为M，顶端高度为h．今有一质量为m的小物块，沿光滑斜面下滑，当小物块从斜面顶端自由下滑到底端时，斜面体在水平面上移动的距离是（）A．B．C．D．14．如图所示，光滑水平面上有一矩形长木板，木板左端放一小物块，已知木板质量大于物块质量，t=0时两者从图中位置以相同的水平速度v0向右运动，碰到右面的竖直挡板后木板以与原来等大反向的速度被反弹回来，运动过程中物块一直未离开木板，则关于物块运动的速度v随时间t变化的图象可能正确的是（）A．B．C．D．15．两个小球在光滑水平面上沿同一直线，同一方向运动，B球在前，A球在后，m A=1kg，m B=2kg，v A=6m/s，v B=3m/s，当A球与B球发生碰撞后，A、B两球速度可能为（）A．v A=4m/s，v B=4m/s B．v A=2m/s，v B=5m/sC．v A=﹣4m/s，v B=6m/s D．v A=7m/s，v B=2.5m/s二、非选择题16．某同学用图1所示装置来验证动量守恒定律，实验时先让a球从斜槽轨道上某固定点处由静止开始滚下，在水平地面上的记录纸上留下痕迹，重复10次；然后再把b球放在斜槽轨道末端的最右端附近静止，让a球仍从原固定点由静止开始滚下，和b球相碰后，两球分别落在记录纸的不同位置处，重复10次，回答下列问题：（1）在本实验中结合图1，验证动量守恒的验证式是下列选项中的．A．m a=m a+m bB．m a=m a+m bC．m a=m a+m b（2）经测定，m a=45.0g，m b=7.5g，请结合图2分析：碰撞前、后m a的动量分别为p1与p1′，则p1：p1′=（保留分式）．有同学认为，在该实验中仅更换两个小球的材质，其它条件不变，可以使被碰小球做平抛运动的水平距离增大．请你用已知的数据，分析和计算出被碰小球m b平抛运动水平距离的最大值为cm．17．用如图所示的装置验证碰撞中的动量守恒，图中MN是一个竖直放置的木板，木板上依次固定有白纸和复写纸，实验步骤如下：A、用天平测量小球A、B的质量分别为m1、m2；B、先不放小球B，让小球A从斜槽上某一位置由静止释放，撞到复写纸上的D点；C、在斜槽末端放置小球B，从B球球心等高处向竖直板作垂线BO，在白纸上描出O点位置；D、记小球A仍从槽面上同一位置由静止释放，碰撞后小球A、B分别撞到复写纸上的E、C两点；E、用刻度尺测量出OC、OD、OE的长度．（1）小球A、B质量关系为m1m2（填“=”、“＞”或“＜”）；（2）如果等式成立，则碰撞过程动量守恒；（3）请你写出一条减少实验误差的建议．18．如图甲所示，物块A、B的质量分别是m A=4.0kg和m B=3.0kg．用轻弹簧拴接，放在光滑的水平地面上，物块B右侧与竖直墙相接触．另有一物块C从t=0时以一定速度向右运动，在t=4s时与物块A相碰，并立即与A粘在一起不再分开，物块C的v﹣t图象如图乙所示．求：①物块C的质量？②B离开墙后的运动过程中弹簧具有的最大弹性势能E P？19．如图所示，光滑水平面上依次放置两个质量均为m的小物块A和C以及光滑曲面劈B，B的质量为M=3m，B的曲面下端与水平面相切，且劈B足够高．现让小物块C以水平速度v0向右运动，与A发生弹性碰撞，碰撞后小物块A又滑上劈B．求物块A在B上能够达到的最大高度．20．如图，A、B、C三个木块的质量均为m．置于光滑的水平面上，B、C之间有一轻质弹簧，弹簧的两端与木块接触可不固连．将弹簧压紧到不能再压缩时用细线把B和C紧连，使弹簧不能伸展，以至于B、C可视为一个整体．现A以初速v0沿B、C的连线方向朝B运动，与B相碰并粘合在一起．以后细线突然断开，弹簧伸展，从而使C与A、B分离．已知C离开弹簧后的速度恰为v0．求弹簧释放的势能．21．如图所示，在足够长的光滑水平地面上有一滑板，滑板AB部分为半径R=0.15m的圆弧，BC段水平，长度L=0.8m，滑板质量M=2.7kg，滑板左侧靠墙．滑块P1和P2（可视为质点）的质量都为m=0.9kg，滑块P1P2与BC面的动摩擦因数相同，开始时P1以V0=1m/s的初速度从A点沿弧面切线滑下，P2静止在滑板BC的中点．若P1与P2的碰撞为完全非弹性碰撞．g取10m/s2．求：（1）P1滑到圆弧最低点时，对凹形滑板的压力？（2）要使P1与P2不发生碰撞，滑块与BC面的动摩擦因数μ应满足什么条件？（3）若滑块与BC面的动摩擦因数μ=0.3，试通过计算判断P1与P2是否会从滑板上掉下？2015-2016学年河北省衡水中学高二（下）期中物理试卷参考答案与试题解析一、选择题1．下列叙述不正确的是（）A．一切物体都在辐射电磁波B．微观粒子的能量是量子化的C．当波长趋于零时，辐射可以无穷大D．黑体辐射与材料种类和表面状况无关【考点】电磁波的发射、传播和接收．【分析】热辐射是物体由于具有温度而辐射电磁波的现象．温度较低时热辐射，主要以不可见的红外光进行辐射，能100%地吸收入射到其表面的电磁辐射，这样的物体称为黑体．原子向外辐射光子后，能量减小，加速度增大．随着波长越短温度越高辐射越强；但波长小到一定程度时辐射能力减弱．【解答】解：A、自然界的任何物体都向外辐射红外线，温度越高，辐射电磁波的本领越强，故A正确；B、微观粒子的能量是量子化的；故B正确；C、根据黑体辐射理论可知，当波长趋于零时，辐射也趋于零；故C错误；实际物体辐射电磁波情况与温度、表面情况、材料都有关；故D错误；故选：AB．2．入射光照到某金属表面上发生光电效应，若入射光的强度减弱，而频率保持不变，下列说法正确的是（）A．逸出的光电子的最大初动能减少B．逸出的光电子的最大初动能不变C．单位时间里从金属表面逸出的光电子数目减少D．不发生光电效应【考点】爱因斯坦光电效应方程．【分析】发生光电效应的条件是入射光的频率大于金属的极限频率，光的强弱只影响单位时间内发出光电子的数目．【解答】解：A、根据光电效应方程知，E KM=hγ﹣W0知，入射光的频率不变，则最大初动能不变．故A错误，B正确．C、光的强弱影响的是单位时间内发出光电子的数目，入射光的强度减弱，则从金属表面逸出的光电子数目减少．故C正确．D、入射光的频率不变，则仍然能发生光电效应，故D错误；故选：BC．3．在光电效应实验中，小君同学用同一光电管在不同实验条件下得到了三条光电流与电压之间的关系曲线（甲光、乙光、丙光），如图所示．则可判断出（）A ．甲光的频率大于乙光的频率B ．甲光的照射功率大于乙光的照射功率C ．乙光对应的截止频率大于丙光的截止频率D ．甲光对应的光电子最大初动能小于丙光的光电子最大初动能【考点】光电效应．【分析】光电管加正向电压情况：P 右移时，参与导电的光电子数增加；P 移到某一位置时，所有逸出的光电子都刚参与了导电，光电流恰达最大值；P 再右移时，光电流不能再增大．光电管加反向电压情况：P 右移时，参与导电的光电子数减少；P 移到某一位置时，所有逸出的光电子都刚不参与了导电，光电流恰为零，此时光电管两端加的电压为截止电压，对应的光的频率为截止频率；P 再右移时，光电流始终为零．eU 截==h γ﹣W ，入射光的频率越高，对应的截止电压U 截越大．从图象中看出，丙光对应的截止电压U 截最大，所以丙光的频率最高，丙光的波长最短，丙光对应的光电子最大初动能也最大．【解答】解：A 、根据eU 截==h γ﹣W ，入射光的频率越高，对应的截止电压U 截越大．甲光、乙光的截止电压相等，所以甲光、乙光的频率相等；故A 错误；B 、由图可知，甲的饱和电流大于乙的饱和电流，而光的频率相等，所以甲光的照射功率大于乙光的照射功率，故B 正确．C 、同一金属，截止频率是相同的，故C 错误．D 、丙光的截止电压大于甲光的截止电压，所以甲光对应的光电子最大初动能小于于丙光的光电子最大初动能．故D 正确．故选：BD ．4．下列关于力的冲量和动量的说法中，正确的是（）A．物体所受的合力为零，它的动量一定为零B．物体所受的合外力的做的功为零，它的动量变化一定为零C．物体所受的合外力的冲量为零，它的动量变化不一定为零D．物体所受的合外力不变，它的动量变化率不变【考点】动量定理；动量冲量．【分析】冲量等于力与时间的乘积，是矢量，方向与力的方向相同．根据动量定理可分析动量、动量变化及冲量之间的关系．【解答】解：A、物体受到的合外力为零，则冲量为零，动量不会发生变化，但是它的动量不一定为零；故A错误；B、合外力做功为零动能不变，但合外力的冲量不一定为零，则动量的变化不一定为零；如匀速圆周运动，其合力做功为零，但其动量始终在变化；故B 错误；C、物体所受的合外力的冲量为零，则动量变化一定为零；故C错误；D、物体受到的合外力不变，则由动量定理可知，动量的变化率不变；故D正确；故选：D．5．一质量为m的铁锤，以速度v竖直打在木桩上，经过△t时间而停止，则在打击时间内，铁锤对木桩的平均冲力的大小是（）A．mg△t B．C．+mg D．﹣mg【考点】动量定理．【分析】由题意可知，铁锤的初末动量，由动量定理可求得其对木桩的平均冲力．【解答】解：对铁锤分析可知，其受重力与木桩的作用力；设向下为正方向，则有：（mg﹣F）t=0﹣mv得：F=mg+；由牛顿第三定律可知，铁锤对桩的平均冲力为：F=mg+；故选：C．6．质量为m的物块以初速v0沿倾角为θ的粗糙斜面冲上斜面，滑到B点速度为零，然后滑下回到A点．关于物块所受的冲量，下述说法中正确的是（）A．重力的冲量方向始终竖直向下B．物块上滑过程和下滑过程受到摩擦力冲量等值反向C．无论上滑过程还是下滑过程，物块所受支持力的冲量始终为零D．物块从冲上斜面到返回斜面底端的整个过程中合外力的冲量总和小于2mv0【考点】动量定理．【分析】冲量是矢量，方向与力的方向相同，根据初末速度，结合动量定理判断合外力的冲量．【解答】解：A、重力的方向竖直向下，则重力的冲量方向始终竖直向下．故A正确．B、物体上滑过程和下滑过程的时间不同，则物块上滑过程和下滑过程摩擦力的冲量不等值．故B错误．C、上滑过程和下滑过程中，支持力的冲量不为零，故C错误．D、根据动能定理知，物体返回出发点的速度小于v0，根据动量定理知，I合=mv﹣（﹣mv0）＜2mv0，故D正确．故选：AD．7．如图所示，足够长的传送带以恒定的速率v1逆时针运动，一质量为m的物块以大小为v2的初速度从传送带的P点冲上传送带，从此时起到物块再次回到P点的过程中，下列说法正确的是（）A．合力对物块的冲量大小一定为2mv2B．合力对物块的冲量大小一定为2mv1C．合力对物块的冲量大小可能为零D．合外力对物块做的功可能为零【考点】动量定理；功的计算．【分析】根据物块返回到P点的速度大小，结合动量定理求出合外力的冲量，根据动能定理得出合外力做功的大小．【解答】解：若v2＜v1，则物块返回到P点的速度大小为v2，根据动量定理=mv2﹣（﹣mv2）=2mv2，根据动能定理知，合力做知，合力的冲量为：I合功的大小为零．v2＞v1，则物块返回到P点的速度大小为v1，根据动量定理知，合力的冲量I=mv1+mv2，根据动能定理得，合力做功为：W=．故D正合确，A、B、C错误．故选：D．8．如图所示，水平面上有两个木块，两木块的质量分别为m1、m2，且m2=2m1．开始两木块之间有一根用轻绳缚住的已压缩的轻弹簧，烧断细绳后，两木块分别向左、右运动．若两木块m1和m2与水平面间的动摩擦因数为μ1、μ2，且μ1=2μ2，则在弹簧伸长的过程中，两木块（）A．动量大小之比为1：1 B．速度大小之比为2：1C．通过的路程之比为2：1 D．通过的路程之比为1：1【考点】动量守恒定律；匀变速直线运动的位移与时间的关系．【分析】系统所受合外力为零，系统动量守恒，根据动量守恒条件判断系统动量是否守恒，然后应用动量守恒定律分析答题．【解答】解：以两木块及弹簧为研究对象，绳断开后，弹簧将对两木块有推力作用，这可以看成是内力；水平面对两木块有方向相反的滑动摩擦力，且F1=μ1m1g，F2=μ2m2g，系统所=μ1m1g﹣μ2m2g=0，系统动量守恒；受合外力F合设弹簧伸长过程中某一时刻，两木块速度大小分别为v1、v2，以向右为正方向，由动量守恒定律得：﹣m1v1+m2v2=0，即m1v1=m2v2，A、两物体的动量大小之比为1：1，故A正确．B、两物体的速度大小之比：==，故B正确．C、弹簧伸长过程中，两木块的运动时间相等，任意时刻速度之比为2：1，则两木块通过的路程之比：===，故C正确，D错误．故选：ABC．9．如图所示，一只内壁光滑的半球形碗固定在小车上，小车放在光滑水平面上．在小车正前边的碗边A处无初速度释放一只质量为m的小球．则小球沿碗内壁下滑的过程中，下列说法正确的是（半球形碗的半径为R）（）A．小球、碗和车组成的系统机械能守恒B．小球的最大速度度等于C．小球、碗和车组成的系统动量守恒D．小球不能运动到碗左侧的碗边B点【考点】动量守恒定律；机械能守恒定律．【分析】小球下滑过程中，只有重力做功，系统的机械能守恒；系统水平方向不受外力，水平方向的动量守恒，根据两大守恒列式可求出小球第一次到达最低点的速度，即最大速度；根据两大守恒判断小球能否到达B点．【解答】解：A、由于没有摩擦，对于小球、碗和车组成的系统，只有重力对小球做功，系统的机械能守恒．故A正确．B、设小球滑到最低点时速度为v．假设小车不动，则由机械能守恒得：mgR=，v=．由于小球对碗有压力，小车获得动能，故小球的最大速度度小于．故B错误．C、小球运动过程，具有向心加速度，有竖直向上的分加速度，根据牛顿第二定律得知，系统的合外力不为零，故系统的动量不守恒．故C错误．C、小球从a到b过程中左侧墙壁对半球有弹力作用但弹力不做功，所以两物体组成的系统机械能守恒，但动量不守恒，故D错误．故选A10．质量为m a=1kg，m b=2kg的小球在光滑的水平面上发生碰撞，碰撞前后两球的位移﹣时间图象如图所示，则可知碰撞属于（）A．弹性碰撞B．非弹性碰撞C．完全非弹性碰撞D．条件不足，不能判断【考点】动量守恒定律．【分析】根据x﹣t图象的斜率等于速度求出各个物体的速度，分别求出碰撞前后的总动量，即可判断动量是否守恒；根据碰撞前后机械能是否守恒判断是否为弹性碰撞即可．【解答】解：根据x﹣t图象可知：a球的初速度为：v a==3m/s，b球的初的速度为v b=0，碰撞后a球的速度为：v a′=﹣=﹣1m/s碰撞后b球的速度为：v b′==2m/s两球碰撞过程中，动能变化量为：△E k=m a v a2+0﹣m a v a′2=×1×32﹣×1×12﹣×2×22=0则知碰撞前后系统的总动能不变，此碰撞是弹性碰撞；故选：A．11．质量为m的木块和质量为M（M＞m）的铁块用细线连接刚好能在水中某个位置悬浮静止不动，此时木块至水面距离为h，铁块至水底的距离为H （两物体均可视为质点）．突然细线断裂，忽略两物体运动中受到水的阻力，只考虑重力及浮力，若M、m同时分别到达水面水底，以M、m为系统，那么以下说法正确的是（）A．该过程中系统动量不守恒B．该过程中M、m均作匀速直线运动C．同时到达水面水底时，两物体速度大小相等D．系统满足MH=mh【考点】动量守恒定律．【分析】当系统所受合外力为零时，系统动量守恒，对系统进行受力分析，判断动量是否守恒，然后根据物体受力情况判断物体运动性质，应用动量守恒定律分析答题．【解答】解：A、以木块与铁块组成的系统为研究对象，开始系统静止，处于平衡状态，由平衡条件可知，系统所受合外力为零，不计水的阻力，细线断裂后系统所受合外力为零，系统动量守恒，故A错误；B、细线断裂后，木块m上浮，受到的合外力向上，不为零，木块向上做加速运动，铁块向下运动，所受合外力向下，向下做加速运动，故B错误；C、以木块与铁块组成的系统为研究对象，系统动量守恒，以向上为正方向，由动量守恒定律得：mv﹣Mv′=0，则mv=Mv′，由于M＞m，则v′＜v，故C 错误；D、以木块与铁块组成的系统为研究对象，系统动量守恒，以向上为正方向，由动量守恒定律得：mv﹣Mv′=0，则：m t﹣M t=0，解得：MH=mh，故D正确；故选：D．12．如图所示，质量m1=3kg、长度L=0.24m的小车静止在光滑的水平面上，现有质量m2=2kg可视为质点的物块，以水平向右的速度v0=2m/s从左端滑上小车，物块与车面间的动摩擦因数μ=0.5，最后恰好不掉下小车且与小车保持相对静止．在这一过程中，取g=10m/s2，下列说法正确的是（）A．系统最后共同运动的速度为1.2m/sB．小车获得的最大动能为0.96JC．系统损失的机械能为2.4JD．物块克服摩擦力做的功为4J【考点】动量守恒定律；功能关系；机械能守恒定律．【分析】由于摩擦作用，滑块减速，平板小车加速，系统水平方向不受外力，总动量守恒，可求出相对静止时的共同速度；根据动能的计算公式即可求出小车的动能；系统动能减小转化为内能，根据能量守恒定律求内能．以物块为研究对象，由动能定理求物块克服摩擦力做的功．【解答】解：A、物块与小车组成的系统在水平方向满足动量守恒定律，选择向右为正方向，则由动量守恒得：m2v0=（m1+m2）v解得：v==0.8m/s．故A错误；B、小车获得的动能为：J．故B正确；C、根据能量守恒定律得系统损失的机械能为：Q=代入数据得：Q=2.4J．故C正确；D、对物块，由动能定理得：﹣W f=解得物块克服摩擦力做的功为：W f=3.36J．故D错误．故选：BC13．如图所示，一个倾角为α的直角斜面体静置于光滑水平面上，斜面体质量为M，顶端高度为h．今有一质量为m的小物块，沿光滑斜面下滑，当小物块从斜面顶端自由下滑到底端时，斜面体在水平面上移动的距离是（）A．B．C．D．【考点】动量守恒定律．【分析】由于斜面体放在光滑地面上，则物体下滑的过程中，斜面后退；则由平均动量守恒可列式求解，注意两物体运动的水平位移之和等于斜面的长度．【解答】解：物体与斜面在水平方向上动量守恒，设物块的速度方向为正方向，则有：mv1﹣Mv2=0运动时间相等，则有：ms1﹣Ms2=0由题意可知，s1+s2=联立解得：s2=故选：C14．如图所示，光滑水平面上有一矩形长木板，木板左端放一小物块，已知木板质量大于物块质量，t=0时两者从图中位置以相同的水平速度v0向右运动，碰到右面的竖直挡板后木板以与原来等大反向的速度被反弹回来，运动过程中物块一直未离开木板，则关于物块运动的速度v随时间t变化的图象可能正确的是（）A．B．C．D．【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．【分析】木板碰到挡板前，物块与木板一直做匀速运动，木板碰到挡板后，物块继续向右做匀减速运动，木板向左做匀减速运动，最终两者速度相同，由动量守恒分析最终的速度，即可选择图象．【解答】解：木板碰到挡板前，物块与木板一直做匀速运动，速度为v0；木板碰到挡板后，物块向右做匀减速运动，速度减至零后向左做匀加速运动，木板向左做匀减速运动，最终两者速度相同，设为v．设木板的质量为M，物块的质量为m，取向左为正方向，则由动量守恒得：Mv0﹣mv0=（M+m）v，得v=＜v0故A正确，BCD错误．故选：A．15．两个小球在光滑水平面上沿同一直线，同一方向运动，B球在前，A球在后，m A=1kg，m B=2kg，v A=6m/s，v B=3m/s，当A球与B球发生碰撞后，A、B两球速度可能为（）A．v A=4m/s，v B=4m/s B．v A=2m/s，v B=5m/sC．v A=﹣4m/s，v B=6m/s D．v A=7m/s，v B=2.5m/s【考点】动量守恒定律．【分析】两球碰撞过程，系统不受外力，故碰撞过程系统总动量守恒；碰撞过程中系统机械能可能有一部分转化为内能，根据能量守恒定律，碰撞后的系统总动能应该小于或等于碰撞前的系统总动能；同时考虑实际情况，碰撞后A球速度不大于B球的速度．【解答】解：两球碰撞过程系统动量守恒，以两球的初速度方向为正方向，如果两球发生完全非弹性碰撞，由动量守恒定律得：M A v A+M B v B=（M A+M B）v，代入数据解得：v=4m/s，如果两球发生完全弹性碰撞，有：M A v A+M B v B=M A v A′+M B v B′，由机械能守恒定律得：，。
河北省衡水中学2015-2016学年高二小学期一调考试物理试题
2015～2016学年度第一学期高二小一调考试说明：本试卷共两卷，满分110分，答题时间110分钟。
第I 卷共15小题60分，用2B 铅笔涂在答题卡上；第II 卷共5题50分，用书写黑颜色的中性笔在答卷纸上作答。
命题人: 郑炜 审核人：李红芬第I 卷 （共15题 共60分）一、选择题（1—10题为单选，每题4分；11—15题为不定项，不只一个正确选项，全对得4分，部分分2分）1．如图所示，三个带电量相同、质量相等、重力不计的粒子A 、B 、C ，从同一平行板间电场中的同一点P 射入，在电场中的运动轨迹如图PA 、PB 、PC 所示，则下列说法中正确的是 A ．三个粒子的加速度关系A B C a a a >> B ．三个粒子的加速度关系A B C a a a << C ．三个粒子的入射速度关系A B C v v v >>D ．三个粒子的入射速度关系A B C v v v <<2.两只额定电压均为110V 的灯泡A 和B ，额定功率分别为100W 和40w ，为了使它们接到220V 电源上能止常发光，同时电路消耗的电功率最小，如图所示电路中最合理的是图( ).3．如图所示，将质量为2m 的重物悬挂在轻绳的一端，轻绳的另一端系一质量为m 的小环，小环套在竖直固定的光滑直杆上，光滑定滑轮与直杆的距离为d 。
现将小环从与定滑轮等高的A 处由静止释放，当小环沿直杆下滑距离也为d 时（图中B 处），下列说法正确的是( )A ．环减少的机械能大于重物增加的机械能B ．环在B 处的速度为C ．环在BD ．小环到达B 处时，重物上升的高度也为d4．如图所示，其中电流表A的量程为0.6A，表盘均匀划分为30个小格，每一小格表示0.02A，R1的阻值等于电流表内阻的；R2的阻值等于电流表内阻的2倍．若用电流表A的表盘刻度表示流过接线柱1的电流值，则下列分析正确的是（）5．如图所示的电路中，电源的电动势为E，内阻为r．当可变电阻的滑片P向b移动时，电压表V1的示数U1与电压表V2的示数U2的变化情况是（）6．在边长为a、厚度为h的导体中，通以图示方向的电流，导体的电阻为R1，现将其四等分，取其中之一通以图示方向的电流，其电阻为R2，则R1：R2为（）7．有两个同种材料制成的导体，两导体为横截面为正方形的柱体，柱体高均为h，大柱体柱截面边长为a，小柱体柱截面边长为b，现将大小柱体串联接在电压U上，已知通过导体电流方向如图，大小为I，则导体电阻率为（）====8．如图所示，当滑动变阻器R3的滑片P向上端a滑动时，电流表A1、A2及电压表V的示数变化情况是（）9．如图所示电路，开关S原来是闭合的，当R1、R2的滑片刚好处于各自的中点位置时，悬在空气平行板电容器C两水平极板间的带电尘埃P恰好处于静止状态．要使尘埃P向下加速运动，下列方法中可行的是（）A．把R1的滑片向左移动B．把R2的滑片向左移动C．把R2的滑片向右移动D．把开关S断开10．如图所示，电源电动势为E，内阻为r．当滑动变阻器R2的滑片P向左滑动时，下列说法不正确的是（）11．一根粗细均匀的金属导线，在其两端加上电压U时，通过导线的电流为I，导线中自由电子定向移动的平均速率为v，若将导线均匀拉长，使它的横截面半径变为原来的，再给它两端加上电压2U，则（）A．通过导线的电流为B．通过导线的电流为C．导线中自由电子定向移动的速率为D．导线中自由电子定向移动的速率为12．一辆轿车质量为m，在平直公路上运行，启动阶段轿车牵引力保持不变，而后以额定功率继续行驶，经过一定时间，其速度由零增大到最大值v m，若所受阻力恒为f．则关于轿车的速度v、加速度a、牵引力F、功率P的图象正确的是（）A B C D13．在x轴上关于O点对称的两个位置放置电荷量大小相等的点电荷。
2015-2016学年河北省衡水中学高一期末物理卷(带解析)
2015-2016学年河北省衡水中学高一期末物理卷（带解析）一、选择题1.伽利略创造的把实验、假设和逻辑推理相结合的科学方法，有力地促进了人类科学认识的发展．利用如图所示的装置做如下实验：小球从左侧斜面上的O点由静止释放后沿斜面向下运动，并沿右侧斜面上升．斜面上先后铺垫三种粗糙程度逐渐减低的材料时，小球沿右侧斜面上升到的最高位置依次为1、2、3．根据三次实验结果的对比，可以得到的最直接的结论是（）A．如果斜面光滑，小球将上升到与O点等高的位置B．如果小球不受力，它将一直保持匀速运动或静止状态C．如果小球受到力的作用，它的运动状态将发生改变D．小球受到的力一定时，质量越大，它的加速度越小【答案】A【解析】试题分析：小球从左侧斜面上的O点由静止释放后沿斜面向下运动，并沿右侧斜面上升，阻力越小则上升的高度越大，伽利略通过上述实验推理得出运动物体如果不受其他物体的作用，将会一直运动下去．解：A、如果斜面光滑，小球不会有能量损失，将上升到与O点等高的位置，故A正确；B、通过推理和假想，如果小球不受力，它将一直保持匀速运动，得不出静止的结论，故B错误；C、根据三次实验结果的对比，不可以直接得到运动状态将发生改变的结论，故C错误；D、受到的力一定时，质量越大，它的加速度越小是牛顿第二定律的结论，与本实验无关，故D错误．故选：A．【点评】要想分清哪些是可靠事实，哪些是科学推论要抓住其关键的特征，即是否是真实的客观存在，这一点至关重要，这也是本题不易判断之处；伽利略的结论并不是最终牛顿所得出的牛顿第一定律，因此，在确定最后一空时一定要注意这一点2.在水平方向匀速飞行的飞机上，每隔一秒依次扔下质量为1kg、2kg、3kg和4kg的物体（忽略空气阻力），在地面上的人看来，这些物体位置正确的是（）A． B． C． D．【答案】B【解析】试题分析：匀速飞行的飞机，扔下的物体由于具有惯性，有水平方向的初速度，做平抛运动，结合平抛运动在竖直方向和水平方向的运动规律，确定这些物体的位置．解：匀速飞行飞机扔下的物体做平抛运动，平抛运动在水平方向上做匀速直线运动，所以这些物体在水平方向的运动规律与飞机相同，都在飞机的正下方，处于同一条竖直线上，由于竖直方向上做自由落体运动，从上向下，物体间的间隔逐渐增大，故B 正确，A 、C 、D 错误． 故选：B ．【点评】解决本题的关键知道平抛运动在水平方向上做匀速直线运动，在竖直方向上做自由落体运动，在水平方向的运动规律与飞机相同．3.如图所示的传动装置中，A 、B 两轮同轴转动．A 、B 、C 三轮的半径大小关系是r A =r C =2r B ．当皮带不打滑时，三轮的角速度之比、三轮边缘的线速度大小之比、三轮边缘的向心加速度大小之比分别为（ ）A ．V A ：V C =1：2B ．a A ：a B =2：1C ．ωB ：ωC =2：1D ．ωA ：ωC =1：2 【答案】BC 【解析】试题分析：由v=ωr 知线速度相同时，角速度与半径成反比；角速度相同时，线速度与半径成正比；由a=ωv 结合角速度和线速度的比例关系可以知道加速度的比例关系．解：因为B 、C 两轮由不打滑的皮带相连，所以相等时间内B 、C 两点转过的弧长相等，即： v B =v C 由v=ωr 知： ωB ：ωC =R C ：R B =2：1又A 、B 是同轴转动，相等时间转过的角度相等，即： ωA =ωB 由v=ωr 知： v A ：v B =R A ：R B =2：1 所以：v A ：v B ：v C =2：1：1 ωA ：ωB ：ωC =2：2：1 再根据a=ωv 得：a A ：a B ：a C =4：2：1 故选：BC ．【点评】解决传动类问题要分清是摩擦传动（包括皮带传动，链传动，齿轮传动，线速度大小相同）还是轴传动（角速度相同）．4.一条大河两岸平直，河水流速恒为v ．一只小船，第一次船头正对河岸，渡河时间为t 1；第二次行驶轨迹垂直河岸，渡河时间为t 2．船在静水中的速度大小恒为，则t 1：t 2等于（ ） A ．1：B ．：1 C ．1：D ．：1【答案】A 【解析】试题分析：当静水速与河岸垂直时，渡河时间最短，由位移与速度的关系，即可求出时间；再根据平行四边形定则，即可求解最短时间的过河位移大小．因船在静水中的速度大于水流速度，当船的合速度垂直河岸时，船渡河的位移最短，最短位移即为河宽，从而即可求解．解：（1）设河宽为d ，水速为v ，船在静水中的航速为v ，当小船的船头始终正对河岸时，渡河时间最短设为t 1，则t 1=；（2）因船在静水中的速度大于水流速度，当船的合速度垂直河岸时，船渡河的位移最短，渡河时间t 2==．则t 1：t 2等于1：，故A 正确，BCD 错误；故选：A ．【点评】解决本题的关键知道合运动与分运动具有等时性，当静水速与河岸垂直，渡河时间最短；当合速度与河岸垂直，渡河航程最短．5.某同学在做“验证牛顿第二定律”的实验时，不慎将已平衡好摩擦力的长木板下面垫的小木片向远离定滑轮端移动一段距离而没有发现，那么描绘出来的a ﹣F 图象应是下图中的哪一个？（ ）A ．B ．C ．D ．【答案】B 【解析】试题分析：在探究加速度与力、质量的关系时，应平衡摩擦力，平衡摩擦力时如果木板垫得过高，平衡摩擦力过度，小车受到的合力大于拉力，a ﹣F 图象在a 轴上有截距；如果没有平衡摩擦力或平衡摩擦力不足，小车受到的合力小于拉力，a ﹣F 图象在F 轴上有截距． 解：长木板下面垫的小木片向远离定滑轮端移动一段距离，导致木板倾角减小，平衡摩擦力不够，因此当存在拉力F 时，物体的加速度为零，故ACD 错误，B 正确．故选：B【点评】在该实验中，要保证钩码的重力等于滑块的合力，要从两个角度考虑，1、细线的拉力等于滑块的合力，即需平衡摩擦力，2、钩码的重力等于细线的拉力，即需钩码的质量远小于滑块的质量，平衡摩擦力过度和不足都不行，难度适中．6.如图所示，一根轻质木棒AO，A端用光滑铰链固定于墙上，在O端下面吊一个重物，上面用细绳BO系于顶板上，现将B点逐渐向右移动至C点，并使棒AO始终保持水平，则（）A．BO绳上的拉力大小不变B．BO绳上的拉力先变小后变大C．BO绳上的拉力先变大后变小D．BO绳上的拉力一直减小【答案】B【解析】试题分析：以O点研究对象，分析受力情况，作出B点在四个不同位置时受力图，通过图形直观分析BO绳上的拉力的变化．解：以O点研究对象，分析受力情况：重力mg、绳子的拉力T和AO杆的作用力F，当B在O正上方左侧时，受力如图1所示，由图看出，当B向右移动直到O点正上方的过程中，T 变小．再分析B在O正上方右侧时，受力如图2所示，由图看出，当B从O点正上方向右移动的过程中，T变大．所以BO绳上的拉力先变小后变大．故选B．【点评】点评：本题采用图解法分析BO绳上的拉力和AO杆O点所受的作用力的变化．也可以运用函数法进行分析．7.放在水平地面上的一物块，受到方向不变的水平推力F的作用，F的大小与时间t的关系和物块速度v与时间t的关系如图所示．取重力加速度g=10m/s2．由此两图线可以求得物块的质量m和物块与地面之间的动摩擦因数μ分别为（）A．m=0.5kg，μ=0.4B．m=1.5kg，μ=C．m=0.5kg，μ=0.2D．m=1kg，μ=0.2【答案】A【解析】试题分析：根据v﹣t图和F﹣t图象可知，在4﹣6s，物块匀速运动，处于受力平衡状态，所以拉力和摩擦力相等，由此可以求得物体受到的摩擦力的大小，在根据在2﹣4s内物块做匀加速运动，由牛顿第二定律可以求得物体的质量的大小．解：由v﹣t图可知4﹣6s，物块匀速运动，有F=F=2N．f，在2﹣4s内物块做匀加速运动，加速度a=2m/s2，由牛顿第二定律得 ma=F﹣Ff将F=3N、F=2N及a代入解得m=0.5kg．f由动摩擦力公式得，所以A正确．故选A．【点评】本题考查学生对于图象的解读能力，根据两个图象对比可以确定物体的运动的状态，再由牛顿第二定律来求解．8.重150N的光滑球A悬空靠在墙和木块B之间，木块B的重力为1500N，且静止在水平地板上，如图所示，则（）A．墙所受压力的大小为150NB．木块A对木块B压力的大小为150NC．水平地板所受的压力为1500ND．木块B所受摩擦力大小为150N【答案】AD【解析】试题分析：先对小球A 受力分析，然后根据共点力平衡条件列式求解球受到的弹力，最后根据牛顿第三定律求解其反作用力；对木块B 受力分析，然后根据平衡条件列式求解摩擦力和地面的支持力，最后根据牛顿第三定律求解其对地面的压力．解：A 、B 、小球A 和木块B 受力分析如图所示，用N 1、N 2、N 3、N 1分别表示木块对A 的弹力、墙壁对A 的支持力、地面对木块的支持力和小球对木块的弹力．对小球A ，根据共点力平衡条件，有： N 1sin60°=N 2 ① N 1cos60°=G A ② 由以上两式得N 2=150N ，N 1=300N ．根据牛顿第三定律，墙壁受到的压力N 2′=150N ，木块B 所受到的压力N 1′=300N ；故A 正确，B 错误；C 、D 、对木块B 受力分析，如上图所示，根据共点力平衡条件，有： N 1′cos60°+G B =N 3 ③ N 1′sin60°=f ④把N 1′=300N 代入③④可得：N 3=1650N ，f=150N ．根据作用力和反作用力的关系，水平地板所受的压力N 3′=1650N ．故C 错误，D 正确； 故选：AD ．【点评】本题关键对两个物体受力分析后，运用共点力平衡条件列式求解未知力，最后结合牛顿第三定律求解反作用力．9.农民在精选谷种时，常用一种叫“风车”的农具进行分选．在同一风力作用下，谷种和瘪谷（空壳，质量较小）谷粒都从洞口水平飞出，结果谷种和瘪谷落地点不同，自然分开，如图所示．若不计空气阻力，对这一现象，下列分析正确的是（ ）A ．谷种和瘪谷飞出洞口后都做平抛运动B．谷种与瘪谷飞出洞口时的速度一样大C．谷种和瘪谷从飞出洞口到落地的时间相同D．M处是谷种，N处为瘪谷【答案】AC【解析】试题分析：谷种和瘪谷做的是平抛运动，平抛运动可以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，两个方向上运动的时间相同．解：A、谷种和瘪谷做的是平抛运动，在大小相同的风力作用下，风车做的功相同，由于谷种的质量大，所以离开风车时的速度小，故A正确，B错误．C、平抛运动在竖直方向做自由落体运动，高度相同，故运动时间相同，故C正确．D、由于谷种飞出时的速度较小，而谷种和瘪谷的运动的时间相同，所以谷种的水平位移较小，瘪谷的水平位移较大，所以M处是瘪谷，N处是谷种，故D错误．故选：AC．【点评】本题就是对平抛运动规律的考查，平抛运动可以分解为在水平方向上的匀速直线运动，和竖直方向上的自由落体运动来求解．10.如图甲所示，在杂技表演中，猴子沿竖直杆向上运动，其v﹣t图象如图乙所示．同时人顶杆沿水平地面运动的x﹣t图象如图丙所示．若以地面为参考系，下列说法中正确的是（）A．猴子的运动轨迹为直线B．猴子在2s内做匀变速曲线运动C．t=0时猴子的速度大小为8m/sD．t=2s时猴子的加速度为4m/s2【答案】BD【解析】试题分析：猴子参与了水平方向上的匀速直线运动和竖直方向上的匀减速直线运动，通过运动的合成，判断猴子相对于地面的运动轨迹以及运动情况．求出t=2s时刻猴子在水平方向和竖直方向上的分加速度，根据平行四边形定则，求出猴子相对于地面的加速度．解：A、B由乙图知，猴子竖直方向上做匀减速直线运动，加速度竖直向下．由丙图知，猴子水平方向上做匀速直线运动，则猴子的加速度竖直向下，与初速度方向不在同一直线上，故猴子在2s内做匀变速曲线运动．故A错误，B正确．C、s﹣t图象的斜率等于速度，则知猴子水平方向的初速度大小为v=4m/s，竖直方向分速度x=8m/s，t=0时猴子的速度大小为：v==4 m/s．故C错误．vyD、v﹣t图象的斜率等于加速度，则知猴子的加速度大小为：a==m/s2=4m/s2．故D正确．故选：BD．【点评】解决本题的关键知道猴子参与了水平方向上的匀速直线运动和竖直方向上的匀加速直线运动，会运用运动的合成分析物体的运动轨迹和运动情况．11.在动摩擦因数μ=0.2的水平面上有一个质量为m=2kg的物块，物块与水平轻弹簧相连，并由一与水平方向成θ=45°角的拉力F拉着物块，如图所示，此时物块处于静止平衡状态，且水平面对物块的弹力恰好为零．取g=10m/s2，以下说法正确的是（）A．此时轻弹簧的弹力大小为20NB．当撤去拉力F的瞬间，物块的加速度大小为8m/s2，方向向左C．若剪断弹簧，则剪断的瞬间物块的加速度大小为8m/s2，方向向右D．若剪断弹簧，则剪断的瞬间物块的加速度为0【答案】AB【解析】试题分析：先分析撤去力F前弹簧的弹力和轻绳的拉力大小；再研究撤去F的瞬间，弹簧的弹力不变，对小球受力分析，根据牛顿第二定律求出瞬间的加速度大小；剪断弹簧的瞬间，因为绳子的作用力可以发生突变，小物块瞬间所受的合力为零．解：A、小物块受重力、绳子的拉力以及弹簧的弹力处于平衡，根据共点力平衡得，弹簧的弹力：Ftan45°=mg解得：F=20N，故A正确；B、撤去力F的瞬间，弹簧的弹力仍然为20N，小物块此时受重力、支持力、弹簧弹力和摩擦力四个力作用；小物块所受的最大静摩擦力为：f=μmg=0.2×20N=4N，根据牛顿第二定律得小球的加速度为：a===8m/s2；合力方向向左，所以向左加速．故B正确；C、D、剪断弹簧的瞬间，弹簧的拉力不变，其它力不变，物块加速度a==10m/s2，故C错误，D错误；故选：AB．【点评】解决本题的关键知道撤去F的瞬间，弹簧的弹力不变，剪短弹簧的瞬间，轻绳的弹力要变化，结合牛顿第二定律进行求解．12.如图所示为四分之一圆柱体OAB的竖直截面，半径为R，在B点上方的C点水平抛出一个小球，小球轨迹恰好在D点与圆柱体相切，OD与OB的夹角为60°，则C点到B点的距离为（）A． B． C． D．R【答案】A【解析】试题分析：由几何知识求解水平射程．根据平抛运动的速度与水平方向夹角的正切值得到初速度与小球通过D点时竖直分速度的关系，再由水平和竖直两个方向分位移公式列式，求出竖直方向上的位移，即可得到C点到B点的距离．解：由题意知得：小球通过D点时速度与圆柱体相切，则有v y =vtan60°小球从C到D，水平方向有 Rsin60°=vt竖直方向上有 y=联立解得 y=R故C点到B点的距离为 S=y﹣R（1﹣cos60°）=故选：A【点评】本题对平抛运动规律的直接的应用，根据几何关系分析得出平抛运动的水平位移的大小，并求CB间的距离是关键．13.如图所示，一个质量为m的人站在台秤上，跨过光滑定滑轮将质量为m′的重物从高处放下，设重物以加速度a加速下降（a＜g），且m′＜m，则台秤上的示数为（）A．（m+m′）g﹣m′a B．（m﹣m′）g+m′a C．（m﹣m′）g﹣m′a D．（m﹣m′）g【答案】B 【解析】试题分析：先对重物受力分析，受重力和拉力，加速下降，然后根据牛顿第二定律列式求出绳子的拉力；再对人受力分析，受到重力、拉力和支持力，根据平衡条件求出支持力，而台秤读数等于支持力．解：对重物受力分析，受重力和拉力，加速下降，根据牛顿第二定律，有：m′g ﹣T=m′a ①再对人受力分析，受到重力、拉力和支持力，根据共点力平衡条件，有：N+T=mg ② 由①②，解得 N=（m ﹣m′）g+m′a 故选B ．【点评】本题关键是分别对重物和人受力分析，然后根据牛顿第二定律和平衡条件列式求解． 14.如图所示，直杆AB 与水平面成α角固定，在杆上套一质量为m 的小滑块，杆底端B 点处有一弹性挡板，杆与板面垂直，滑块与挡板碰撞后原速率返回．现将滑块拉到A 点由静止释放，与挡板第一次碰撞后恰好能上升到AB 的中点，设重力加速度为g ，由此可以确定（ ）A ．滑块下滑和上滑过程加速度的大小a 1、a 2B ．滑块最终所处的位置C ．滑块与杆之间动摩擦因数μD ．滑块第k 次与挡板碰撞后速度v k 【答案】ABC 【解析】试题分析：滑块运动分两个阶段，匀加速下滑和匀减速上滑，利用牛顿第二定律求出两端加速度，利用运动学公式求解．解：设下滑位移为L ，到达底端速度为v 由公式v 2=2ax 得： 下滑过程：v 2=2a 下L ① 上滑过程：②由牛顿第二定律得：下滑加速度为：③上滑加速度为：④①②③④联立得：所以A正确；=μmgcosα两式联立得：，所以c正确；，又f=μFN因为滑杆粗糙，所以最终滑块停在底端，所以B正确；因为不知道最初滑块下滑的位移，所以无法求出速度，所以D错误；故选ABC．【点评】解决本题的关键是上滑和下滑时摩擦力方向不同，所以加速度不同，另外抓住连接两段的桥梁是碰撞前后速度大小相等．15.如图所示、一个质量为m的圆环套在一根固定的水平长直杆上、环与杆的摩擦因数为μ，，同时对环加一个竖直向上的作用力F，并使F的大小随v的大现给环一个向右的初速度v小变化，两者关系为F=kv，其中k为常数，则环运动过程中的速度图象可能是图中的（）A． B． C． D．【答案】ABD【解析】试题分析：以圆环为研究对像，分析其可能的受力情况，分析其运动情况，再选择速度图象．解：A、当F=mg时，圆环竖直方向不受直杆的作用力，水平方向不受摩擦力，则圆环做匀速直线运动．故A正确．B、当F＜mg时，圆环水平方向受到摩擦力而做减速运动，随着速度的减小，F也减小，圆环所受的杆的摩擦力f=μ（mg﹣F），则摩擦力增大，加速度增大．故B正确．C、D当F＞mg时，圆环水平方向受到摩擦力而做减速运动，随着速度的减小，F也减小，加速度减小，当F=mg后，圆环做匀速直线运动．故C错误，D正确．故选ABD【点评】本题考查分析物体的受力情况和运动情况的能力，条件不明时要加以讨论，不要漏解．二、实验题1.图甲是“研究平抛物体的运动”的实验装置图．（1）为了能较准确地描绘运动轨迹，下面列出一些操作要求，将你认为正确的选项前面的字母填在横线上：．A．通过调节使斜槽的末端保持水平B．每次释放小球的位置必须不同C．每次必须由静止释放小球D．记录小球位置用的木条（或凹槽）每次必须严格地等距距离下降E．小球运动时不应与木板上的白纸（或方格纸）相接触F．将小球的位置记录在纸上后，取下纸，用直尺将点连成折线（2）图乙是通过频闪照相得到的照片，每个格的边长L=5cm，通过实验，记录了小球在运动途中的三个位置，如图所示，则该频闪照相的周期为 s，小球做平抛运动的初速度为 m/s；过B点的速度为 m/s．（g=10m/s2）．【答案】（1）ACE；（2）0.1，1.5，2.5【解析】试题分析：（1）保证小球做平抛运动必须通过调节使斜槽的末端保持水平，因为要画同一运动的轨迹，必须每次释放小球的位置相同，且由静止释放，以保证获得相同的初速度，实验要求小球滚下时不能碰到木板平面，避免因摩擦而使运动轨迹改变，最后轨迹应连成平滑的曲线；（2）根据竖直方向上连续相等时间内的位移之差是一恒量求出相等的时间间隔，结合水平位移和时间间隔求出初速度．根据竖直方向上某段时间内的平均速度等于中间时刻的瞬时速度求出B点的竖直分速度，结合平行四边形定则求出经过B点的速度．解：（1）A、通过调节使斜槽末端保持水平，是为了保证小球做平抛运动．故A正确．B、因为要画同一运动的轨迹，必须每次释放小球的位置相同，且由静止释放，以保证获得相同的初速度，故B错误，C正确．D、因平抛运动的竖直分运动是自由落体运动，在相同时间里，位移越来越大，因此木条（或凹槽）下降的距离不应是等距的，故D错误．E、做平抛运动的物体在同一竖直面内运动，固定白纸的木板必须调节成竖直，小球运动时不应与木板上的白纸相接触，以免有阻力的影响，故E正确；F、将球经过不同高度的位置记录在纸上后，取下纸，平滑的曲线把各点连接起来，故F错误；故选：ACE（2）在竖直方向上，根据△y=2L=gT2得：T=s=0.1s，=m/s=1.5m/s；则小球平抛运动的初速度为：v=m/s=2m/s，根据平行四边形定则知，B点竖直分速度为：vyBB点的速度为：v=m/s=2.5m/s．B故答案为：（1）ACE；（2）0.1，1.5，2.5【点评】解决平抛实验问题时，要特别注意实验的注意事项．在平抛运动的规律探究活动中不一定局限于课本实验的原理，要注重学生对探究原理的理解，知道平抛运动在水平方向和竖直方向上的运动规律，结合运动学公式和推论灵活求解．三、计算题1.如图所示，某一小车中有一倾角为30°的斜面，当小车沿水平方向向左加速运动时，斜面上的物体m与小车始终保持相对静止，求：（1）若物体m所受的摩擦力为零，则小车的加速度为多大？（2）若小车的加速度大小等于重力加速度g，求斜面对物体的摩擦力的大小和方向．【答案】（1）．（2），方向沿斜面向下【解析】试题分析：（1）物体不受摩擦力时，受重力和支持力，物块与小车具有相同的加速度，根据牛顿第二定律求出物块的加速度，即可得知小车的加速度．（2）运用正交分解，抓住竖直方向上的合力为零，水平方向产生加速度，求出摩擦力的大小和方向．解：（1）若物体不受摩擦力，受力如图所示，F=mgtanθ=ma，解得a=．（2）一般情况下m 受三个力作用：重力mg ，弹力F N ，由于给定的加速度大于临界加速度，故斜面对物体的静摩擦力向下．由牛顿第二定律列方程： F N cos30°﹣F f sin30°=mg F N sin30°+F f cos30°=ma 得F f =，方向沿斜面向下．答：（1）小车的加速度为a=．（2）斜面对物体的摩擦力大小为，方向沿斜面向下．【点评】解决本题的关键能够正确地受力分析，运用牛顿第二定律进行求解．知道小球和小车具有共同的加速度．2.如图所示，轻质杆长为3L ，在杆的A 、B 两端分别固定质量均为m 的球A 和球B ，杆上距球A 为L 处的点O 装在光滑的水平转动轴上，杆和球在竖直面内转动，当球B 运动到最低点时，杆对球B 的作用力大小为2mg ，已知当地重力加速度为g ，求此时：（1）球B 转动的角速度大小； （2）A 球对杆的作用力大小以及方向；（3）在点O 处，轻质杆对水平转动轴的作用力大小和方向． 【答案】（1）；（2），方向为竖直向下；（3）2.5mg ，方向为竖直向下 【解析】试题分析：（1）小球B 受重力和弹力的合力提供向心力，根据牛顿第二定律列式求解； （2）A 球的角速度等于B 球的角速度，对B 球运用牛顿第二定律列式求解；（3）杆受力平衡，先根据牛顿第三定律求解两个球对杆的作用力，再结合平衡条件求解转轴对杆的作用力，最后结合牛顿第三定律求解轻质杆对水平转动轴的作用力大小和方向． 解：（1）小球B 受重力和弹力的合力提供向心力，根据牛顿第二定律： F 1﹣mg=mω2（2L ） 其中： F 1=2mg 联立解得： ω=（2）A 球的角速度等于B 球的角速度，为；设杆对A 球是向下的拉力，根据牛顿第二定律，有： F 2+mg=mω2L 解得：F 2=﹣mg ＜0，故假设不成立，是向上的支持力； 根据牛顿第三定律，球对杆是向下的压力；（3）根据牛顿第三定律，球A 对杆有向下的压力，为：；球B 对杆有向下的拉力，为：F 1′=2mg ； 杆受力平衡，故轴对杆的弹力向上，为： N=F 1′+F 2′=2.5mg ；根据牛顿第三定律，杆对转轴的作用力向下，为2.5mg ； 答：（1）球B 转动的角速度大小为；（2）A 球对杆的作用力大小为，方向为竖直向下；（3）在点O 处，轻质杆对水平转动轴的作用力大小为2.5mg ，方向为竖直向下．【点评】本题关键是明确小球的向心力来源，然后根据牛顿第二定律、牛顿第三定律、平衡条件列式求解，不难．3.如图是利用传送带装运煤块的示意图．其中，传送带的从动轮与主动轮圆心之间的距离为s=3m ，传送带与水平方向间的夹角θ=37°，煤块与传送带间的动摩擦因数μ=0.8，传送带的主动轮和从动轮半径相等，主动轮轴顶端与运煤车底板间的竖直高度H=1.8m ，与运煤车车箱中心的水平距离x=0.6m ．现在传送带底端由静止释放一煤块（可视为质点）．煤块恰好在轮的最高点水平抛出并落在车箱中心，取g=10m/s 2，sin37°=0.6，cos37°=0.8，求：。
河北省衡水市 高二(上)期末物理试卷(含答案)
高二（上）期末物理试卷一、单选题（本大题共5小题，共25.0分）1.如图所示，把一条导线平行地放在磁针的上方附近，当导线中有电流通过时，磁针会发生偏转。
首先观察到这个实验现象的物理学家是（）A. 伽利略B. 爱因斯坦C. 奥斯特D. 牛顿2.下列关于电源电动势的说法正确的是（）A. 电源是通过静电力把其他形式的能转化为电能的装置B. 电源电动势反映了电源内部非静电力做功的本领C. 在电源内部负电荷从低电势处向高电势处移动D. 把同一电源接在不同的电路中，电源的电动势也将变化3.标有“220V 60W”的白炽灯泡，加上电压U由零逐渐增大到220V，在此过程中，电压U和电流I的关系可用图象表示．如图所示，题中给出的四个图象中符合实际的是（）A. B.C. D.4.一个电流表的满偏电流I g=1mA．内阻为500Ω，要把它改装成一个量程为10V的电压表，则应在电流表上（）A. 串联一个10kΩ的电阻B. 并联一个10kΩ的电阻C. 串联一个9.5kΩ的电阻D. 并联一个9.5kΩ的电阻5.如图所示，平行板电容器带有等量异种电荷，与静电计相连，静电计金属外壳和电容器下极板都接地。
在两极板间有一个固定在P点的点电荷，以E表示两板间的电场强度，E p表示点电荷在P点的电势能，θ表示静电计指针的偏角。
若保持下极板不动，将上极板向下移动一小段距离至图中虚线位置，则（）A. θ增大，E增大B. θ增大，E P不变C. θ减小，E P增大D. θ减小，E不变二、多选题（本大题共5小题，共25.0分）6.某同学用伏安法测一节干电池的电动势和内阻，根据实验中电流表和电压表的示数得到了如图所示的U-I图象，则由图可知（）A. 短路电流为0.5AB. 电源内阻为3ΩC. 电动势为1.5VD. 电源内阻为1Ω7.回旋加速器是加速带电粒子的装置，其核心部分是分别与高频交流电极相连接的两个D形金属盒，两盒间的狭缝中形成的周期性变化的电场，使粒子在通过狭缝时都能得到加速，两D形金属盒处于垂直于盒底的匀强磁场中，如图所示，要增大带电粒子射出时的动能，则下列说法中正确的是（）A. 增大匀强电场间的加速电压B. 增大磁场的磁感应强度C. 减小狭缝间的距离D. 增大D形金属盒的半径8.在炎热的夏天小学生们喜欢戴着装有一个微型电风扇的帽子，微型电风扇中直流电动机的额定电压为U，额定电流为I，线圈电阻为R，将它接在电动势为E、内阻为r的直流电源的两极间，电动机恰好能正常工作，则（）A. 电源的总功率为UIB. 电源的输出功率为UID. 电动机消耗的热功率为I2RC. 电动机消耗的热功率为U2R9.质量为m，电荷量为q的微粒以速度v与水平方向成θ角从O点进入方向如图的正交的匀强电场和匀强磁场组成的混合场区，该微粒在电场力、磁场力和重力的共同作用下，恰好沿直线运动到A．下列说法中正确的是（）A. 该微粒一定带负电荷B. 微粒从O到A的运动可能是匀变速运动C. 该磁场的磁感应强度大小为mgqv cosθD. 该电场的场强为Bv cosθ10.回旋加速器是加速带电粒子的装置，其核心部分是分别于高频交流电极相连接的两个D形金属盒，两盒间的狭缝中形成周期性变化的电场，使粒子在通过狭缝时都能得到加速，两D形金属盒处于垂直于盒底的匀强磁场中，如图所示，要增大带电粒子射出时的动能，则下列说法中可行的是（）A. 只增大磁场的磁感应强度B. 只增大D形金属盒的半径C. 只减小狭缝间的距离D. 只增大电场的加速电压三、实验题探究题（本大题共2小题，共14.0分）11.如图是多用表的刻度盘，当选用量程为50mA的电流档测量电流时，表针指于图示位置，则所测电流为______mA；若选用倍率为“×100”的电阻档测电阻时，表针也指示在图示同一位置，则所测电阻的阻值为______Ω．如果要用此多用表测量一个约2.0×104Ω的电阻，为了使测量比较精确，应选的欧姆档是______（选填“×10”、“×100”或“×1K”）．换档结束后，实验操作上首先要进行的步骤是______。
河北省衡水中学高二物理上学期精选试卷检测题
河北省衡水中学高二物理上学期精选试卷检测题一、第九章 静电场及其应用选择题易错题培优（难）1．如图所示，两个带电小球A 、B 分别处于光滑绝缘的竖直墙面和斜面上，且在同一竖直平面内，用水平向左的推力F 作用于B 球，两球在图示位置静止，现将B 球沿斜面向下移动一小段距离，发现A 球随之向上移动少许，两球在新位置重新平衡，重新平衡后与移动前相比，下列说法正确的是（ ）A ．推力F 变小B ．斜面对B 的弹力不变C ．墙面对A 的弹力不变D ．两球之间的距离减小【答案】AB 【解析】 【详解】CD ．先对小球A 受力分析，受重力、支持力、静电力，如图所示：根据共点力平衡条件，有：mgF cos =库α，N F mgtan =α 由于α减小，可知墙面对A 的弹力变小，库仑力减小，故两球间距增加，选项CD 错误； AB ．对AB 整体受力分析，受重力、斜面支持力N 、墙壁支持力F N 、推力F ，如图所示：根据共点力平衡条件，有NNsin F FNcos m M g+==+（）ββ解得()F mgtan m M gtanM m gNcos=-++=（）αββ由于α减小，β不变，所以推力F减小，斜面对B的弹力N不变，选项AB正确。
故选AB。
2．如图所示，带电小球a由绝缘细线PM和PN悬挂而处于静止状态，其中PM水平，地面上固定一绝缘且内壁光滑的圆弧细管道GH，圆心P与a球位置重合，管道底端H与水平地面相切，一质量为m可视为质点的带电小球b从G端口由静止释放，当小球b运动到H端时对管道壁恰好无弹力，重力加速度为g。
在小球b由G滑到H过程中，下列说法中正确的是（）A．小球b机械能保持不变B．小球b所受库仑力大小始终为2mgC．细线PM的拉力先增大后减小D．小球b加速度大小一直变大【答案】ACD【解析】【详解】A．小球b所受库仑力和管道的弹力始终与速度垂直，即只有重力做功，所以小球b机械能守恒，故A正确；B．小球b机械能守恒，从G滑到H过程中，有：212mgR mv=H处有：2-库mF mg=Rv则有：F库=3mg故B错误；C ．设PN 与竖直方向成α角，对球a 受力分析，将其分解： 竖直方向上有：F PN cos α=mg +F 库sin θ水平方向上有：F 库cos θ+F PN sin α=F PM 。
【物理】河北省衡水市故城高中2015-2016学年高二上学期期末试卷
2015-2016学年河北省衡水市故城高中高二（上）期末物理试卷一、单项选择题（共4小题，每题5分）1如图，将一正电荷从电场线上的a点移到b点，电势？a=10V、?b=5V .下列判断正确的是（）--- •---------- ・-----a hA•该电场是匀强电场B .电场线方向由a指向bC. a点场强大于b点场强D .正电荷的电势能增加2•穿过一个单匝线圈的磁通量始终保持每秒钟均匀地减少了2Wb，则（）A .线圈中感应电动势每秒增加2VB.线圈中感应电动势每秒减少2VC.线圈中无感应电动势D •线圈中感应电动势大小不变3.将闭合多匝线圈置于仅随时间变化的磁场中，线圈平面与磁场方向垂直，关于线圈中产生的感应电动势和感应电流，下列表述正确的是（）A .感应电动势的大小与线圈的匝数无关B.穿过线圈的磁通量越大，感应电动势越大C.穿过线圈的磁通量变化越快，感应电动势越大D .感应电流产生的磁场方向与原磁场方向始终相同4.如图所示，通电导线均置于匀强磁场中，其中导线不受安培力作用的是（）、双项选择题（共 5小题，每题6分）5•喷墨打印机的简化模型如图所示，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，则微滴在极板间电场中（）fit 号樹％MTr 话:. ------ ; _____II I透IA •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6•按如图所示的电路连接各元件后，闭合开关 S , L i 、L 2两灯泡都能发光•在保证灯泡安 全的前提下，当滑动变阻器的滑动头向左移动时，下列判断正确的是（7•—带电粒子从电场中的 A 点运动到B 点，径迹如图中虚线所示，不计粒子所受重力，则（ ）A .粒子带正电B •粒子加速度逐渐减小C ・A 点的场强大于 B 点场强D .粒子的速度不断减小C . L 2变暗D • L 2变亮撤去电源，以下说法正确的是（ ）A .增大两极板间距离，静电计指针张角变大B •减小两极板间距离，静电计指针张角变大C .将两极板错开一些，静电计指针张角变大D .将某电介质插入极板间，静电计指针张角变大9. 一束几种不同的离子， 垂直射入有正交的匀强磁场 B i 和匀强电场区域里， 离子束保持原运动方向未发生偏转•接着进入另一匀强磁场 B 2,发现这些离子分成几束•如图•对这些离子，可得出结论（）x\ X _ XBnA .它们速度大小不同B .它们都是正离子C .它们的电荷量不相等D •它们的荷质比不相等三、非选择题（共 4题，50分）10•如图甲为某同学描绘额定电压为 3.8V 的小灯泡伏安特性曲线的实验电路图. （1） 根据电路图甲，用笔画线代替导线，将图乙中的实验电路连接完整；（2） 开关闭合之前，图乙中滑动变阻器的滑片应该置于 __________________________ 端（选填A ”、B ”或 AB 中间”）;&平行板电容器两极板与静电计的连接如图所示,对电容器充电，使静电计张开一定角度,直漏电潇7a图乙次数 1 2 3 4 5 6 7 8 U/V 0 0.20 0.50 1.00 1.50 2.00 3.00 3.80 /A0.080.130.180.210.240.290.33则测得小灯泡的额定功率为 ____________________ W •请在给出的坐标中，描点作出 I - U 图线•由 图象可知，随着电流的增大，小灯泡的电阻 _________________________ （选填 增大” 减小”或 不变”）.11 •如图所示，在宽为 0.5m 的平行导轨上垂直导轨放置一个有效电阻为r=0.6Q 的导体棒，在导轨的两端分别连接两个电阻R I =4 Q 、R 2=6 Q,其他电阻不计.整个装置处在垂直导轨向里的匀强磁场中，如图所示，磁感应强度B=0.1T .当直导 体棒在导轨上以v=6m/s 的速度向右运动时，求：直导体棒两端的电压和流过电阻R i 和R 2的电流大小.XXjX XJnX —XX.R图甲v TX~xl X X12•在倾角为30。
(新课标)2015-2016学年高二上学期期末考试物理试卷
2015-2016学年度上学期（期末）考试高二物理试题【新课标】试卷说明:本试卷满分110分，答题时间90分钟。
请将答案填涂在答题卡上。
一、单项选择题：共7小题，每小题只有一个答案，每题5分，共35分。
1．下列装置没用到带电粒子在磁场中发生偏转的原理的是（）(A)磁流体发电机(B)回旋加速器 (C)电视显像管 (D)示波管2．有Ⅰ、Ⅱ两根不同材料的电阻丝，长度之比为L1∶L2＝1∶5，横截面积之比为S1∶S2＝2∶3，电阻之比为R1∶R2＝2∶5，则它们的电阻率之比为( )(A)2∶3(B) 3∶4(C) 4∶3(D)8∶33．如图所示，电源的电动势为30 V，内电阻忽略不计，一个“6V,12 W”的电灯与一个绕线电阻为2Ω的电动机串联。
已知电路中的电灯正常发光，则电动机输出的机械功率为( )(A)36 W (B)40 W (C)48 W (D)60 W4．如图所示，把一个装有导电溶液的圆形玻璃器皿放入磁场中，玻璃器皿的中心放一个圆柱形电极B，与电池的正极相连；沿器皿边缘内壁放一个圆环形电极A，与电池的负极相连。
从器皿上方往下看（俯视），对于导电溶液和溶液中正、负离子的运动，下列说法中正确的是（）（A）溶液做逆时针方向运动（B）溶液做顺时针方向运动（C）正离子沿圆形玻璃器皿的半径向边缘移动（D）负离子沿圆形玻璃器皿的半径向中心移动5．现将电池组、滑线变阻器、带铁芯的线圈A、线圈B、电流计及开关如下图连接。
在开关闭合、线圈A放在线圈B中的情况下，某同学发现当他将滑线变阻器的滑动端P向左加速滑动时，电流计指针向右偏转。
由此可以推断（）(A)线圈A向上移动或滑动变阻器的滑动端P向右加速滑动，都能引起电流计指针向左偏转(B)线圈A中铁芯向上拔出或断开开关，都能引起电流计指针向右偏转(C)滑动变阻器的滑动端P匀速向左或匀速向右滑动，都能使电流计指针静止在中央(D)因为线圈A、线圈B的绕线方向未知，故无法判断电流计指针偏转的方向6．静止在光滑水平面上的条形磁铁左端和轻弹簧连接，轻弹簧的另一端固定在墙上，在条形磁铁的上方偏右位置（如图）固定有通电直导线，电流垂直纸面向内，下列说法正确的是（）（A）弹簧被压缩，磁铁对水平面的压力变小（B）弹簧被压缩，磁铁对水平面的压力变大（C）弹簧被拉长，磁铁对水平面的压力变小（D）弹簧被拉长，磁铁对水平面的压力变大7．如图所示，水平放置的平行板电容器，上板带负电，下板带正电，带电小球以速度v0水平射入电场，恰好沿下板边缘飞出。
河北省衡水二中高二物理上学期期中试题(含解析)-人教版高二全册物理试题
2015-2016学年河北省衡水二中高二〔上〕期中物理试卷一、选择题〔1-8题为单项选择题，9-13题为多项选择题．每题4分，共52分〕1．如下列图，质量一样的甲乙两个小物块，甲从竖直固定的光滑圆弧轨道顶端由静止滑下，轨道半径为R，圆弧底端切线水平，乙从高为R的光滑斜面顶端由静止滑下．如下判断不正确的答案是〔〕A．两物块到达底端时动能一样B．两物块到达底端时速度一样C．乙物块运动到底端的过程中重力做功的瞬时功率在增大D．两物块到达底端时，甲物块重力做功的瞬时功率小于乙物块重力做功的瞬时功率2．以下有关物理学概念或物理学史说法正确的有〔〕A．匀速圆周运动是速度大小不变的匀变速曲线运动，速度方向始终为切线方向B．牛顿发现了万有引力定律，库仑用扭秤实验测出了万有引力恒量的数值，从而使万有引力定律有了真正的实用价值C．行星绕恒星运动轨道为圆形，如此它运动的周期平方与轨道半径的三次方之比为常数，此常数的大小与恒星的质量和行星的速度有关D．奥斯特发现了电流的磁效应，法拉第发现了电磁感应现象，感应电流的方向遵从楞次定律，这是能量守恒定律的必然结果3．关于线圈在匀强磁场中转动产生的交变电流，如下说法中正确的答案是〔〕A．线圈每经过中性面一次，感应电流方向改变一次，感应电动势方向不变B．线圈平面每经过中性面一次，感应电流和感应电动势方向都要改变一次C．线圈每转动一周，感应电流方向就改变一次D．线圈转动一周，感应电流和感应电动势方向都只改变一次4．图甲是小型交流发电机的示意图，两磁极N、S间的磁场可视为水平方向的匀强磁场，图中电流表为交流电流表．线圈绕垂直于磁场方向的水平轴OO′沿逆时针方向匀速转动，从图示位置开始计时，产生的交变电流随时间变化的图象如图乙所示，以下判断正确的答案是〔〕A．线圈转动的角速度为50π rad/sB．电流表的示数为10 AC．0.01 s时线圈平面与磁场方向垂直D．0.02 s时电阻R中电流的方向自左向右5．如下列图，用一根横截面积为S的硬导线做成一个半径为r的圆环，把圆环局部置于均匀变化的匀强磁场中，磁场方向垂直纸面向里，磁感应强度大小随时间的变化率=k〔k＞0〕，ab为圆环的一条直径，导线的电阻率为ρ．如此〔〕A．圆环具有扩张的趋势B．圆环中产生顺时针方向的感应电流C．图中ab两点间的电压大小为kπD．圆环中感应电流的大小为 r26．在交流电电路中，如果电源电动势的最大值不变，频率可以改变，在如下列图电路的a、b 两点间逐次将图中的电路元件甲、乙、丙单独接入，当使交流电频率增加时，可以观察到如下论述的哪种情况〔〕A．A1读数不变，A2增大，A3减小B．A1读数减小，A2不变，A3增大C．A1读数增大，A2不变，A3减小D．A1，A2，A3读数均不变7．图为远距离输电示意图，两变压器均为理想变压器，升压变压器T的原、副线圈匝数分别为n1、n2，在T的原线圈两端接入一电压u=U m si nωt的交流电源，假设输送电功率为P，输电线的总电阻为2r，不考虑其它因素的影响，如此输电线上损失的电功率为〔〕8．如下列图，竖直平面内有一金属环，半径为a，总电阻为R〔指拉直时两端的电阻〕，磁感应强度为B的匀强磁场垂直穿过环平面，在环的最高点A用铰链连接长度为2a、电阻为的导体棒AB，AB由水平位置紧贴环面摆下，当摆到竖直位置时，B点的线速度为v，如此这时AB两端的电压大小为〔〕9．物理学中各种图象具有深刻含义，如果如图图象坐标都为国际单位制单位，那么如下说法正确的答案是〔〕假设图表示物体运动的速度﹣时间图象，如此该图线的斜率表示物体运动的位移假设图描述的是通过单匝线圈磁通量随时间的变化关系，如此该图线的斜率表示该线圈产生的感应电动势C．假设图描述的是某物体加速度随合外力的变化关系，如此该图线斜率表示物体的质量假设图表示某做直线运动物体的合外力随位移的变化关系，如此图中三角形面积大小表示该物体对应运动过程中动能变化的大小10．电路如图甲所示，电阻R的阻值为484Ω，C为电容器，L为直流电阻不计的自感线圈，开关S断开，当接上如图乙所示的电压u，如下说法正确的答案是〔〕A．R上的电压应等于155.5VB．电压表的示数为220 VC．电阻R消耗的功率小于50WD．为保证闭合开关S后电容器不被击穿，该电容器的耐压值不得小于311V11．如图〔a〕所示，MN、PQ两条平行的光滑金属轨道与水平面成θ=30°固定在地面上，M、P之间接电阻箱R，电阻箱的阻值范围为0～4Ω，导轨所在空间存在匀强磁场，磁场方向垂直于轨道平面向上，磁感应强度为B=0.5T．质量为m的金属杆ab水平放置在轨道上，其接入电路的电阻值为r．现从静止释放杆ab，测得最大速度为v m．改变电阻箱的阻值R，得到v m与R 的关系如图〔b〕所示．轨道间距为L=2m，重力加速度取g=10m/s2，轨道足够长且电阻不计．如此〔〕A．金属杆滑动时产生的感应电流方向是a→b→M→P→aB．当R=0时，杆ab匀速下滑过程中产生感生电动势的大小为2VC．金属杆的质量为m=0.2kg，电阻r=2ΩD．当R=4Ω时，回路瞬时电功率每增加1W的过程中合外力对杆做的功为0.6J12．如图1所示，在足够大空间内存在水平方向的匀强磁场，在磁场中A、B两物块叠在一起置于光滑水平面上，物块A带正电，物块B不带电且外表绝缘，A、B接触面粗糙．自t=0时刻起用水平恒力F作用在物块B上，由静止开始做匀加速直线运动．图2图象的横轴表示时间，如此纵轴y可以表示〔〕A．A所受洛伦兹力大小B．B对地面的压力大小C．A对B压力大小D．A对B的摩擦力大小13．如图，有一理想变压器，原副线圈的匝数比为n：1，原线圈接正弦交流电，电压为U，输出端接有一个交流电流表和一个电动机．电动机线圈电阻为R，当输入端接通电源后，电流表读数为I，电动机带动一质量为m的重物匀速上升，重力加速度为g．如下判断正确的答案是〔〕A．原线圈中的电流的有效值为nIB．电动机消耗的功率为I2RC．变压器的输入功率为D．物体匀速上升的速度为二、实验题〔共8分，每空2分〕14．〔1〕用DIS测电源电动势和内电阻电路如图〔a〕所示，R0为定值电阻．调节电阻箱R，记录电阻箱的阻值R和相应的电流值I，通过变换坐标，经计算机拟合得到如图〔b〕所示图线，如此该图线选取了为纵坐标，由图线可得该电源电动势为V．〔2〕现有三个标有“2.5V，0.6A〞一样规格的小灯泡，其I﹣U特性曲线如图〔c〕所示，将它们与图〔a〕中电源按图〔d〕所示电路相连，A灯恰好正常发光，如此电源内阻r=Ω，图〔a〕中定值电阻R0=Ω．三、计算题〔共50分，要有必要的步骤和文字说明〕16．〔12分〕〔2015秋•衡水校级期中〕如下列图，一带电微粒质量为m=2.0×10﹣11kg、电荷量q=+1.0×10﹣5C，从静止开始经电压为U1=100V的电场加速后，水平进入两平行金属板间的偏转电场中，微粒射出电场时的偏转角θ=30°，并接着进入一个方向垂直纸面向里、宽度为D=34.6cm的匀强磁场区域．重力忽略不计．求：〔1〕带电微粒进入偏转电场时的速率v1；〔2〕偏转电场中两金属板间的电压U2；〔3〕为使带电微粒不会由磁场右边射出，该匀强磁场的磁感应强度B至少多大？17．〔12分〕〔2014秋•南关区校级期末〕如下列图，两根足够长的光滑金属导轨MN、PQ间距为l=0.5m，其电阻不计，两导轨与其构成的平面均与水平面成30°角．完全一样的两金属棒ab、cd分别垂直导轨放置，每棒两端都与导轨始终有良好接触，两棒的质量均为0.02kg，电阻均为R=0.1Ω，整个装置处在垂直于导轨平面向上的匀强磁场中，磁感应强度为B=0.2T，棒ab在平行于导轨向上的力F作用下，沿导轨向上匀速运动，而棒cd恰好能保持静止．取g=10m/s 2，问：〔1〕通过cd棒的电流I是多少，方向如何？〔2〕棒ab受到的力F多大？〔3〕当电流通过电路产生的焦耳热为Q=0.2J时，力F做的功W是多少？18．〔14分〕〔2015秋•衡水校级期中〕如图甲所示，长、宽分别为L1=0.1m、L2=0.2m的矩形金属线框位于竖直平面内，其匝数为100匝，总电阻为1Ω，可绕其竖直中心轴O1O2转动．线框的两个末端分别与两个彼此绝缘的铜环C、D〔集流环〕焊接在一起，并通过电刷和定值电阻R=9Ω相连．线框所在空间有水平向右均匀分布的磁场，磁感应强度B的大小随时间t的变化关系如图乙所示，其中B0=5×10﹣3 T、B1=1×10﹣2 T和t1=2×10﹣3S．在0～t1的时间内，线框保持静止，且线框平面和磁场垂直；t1时刻后线框在外力的驱动下开始绕其竖直中心轴以角速度ω=200rad/s匀速转动．求：〔1〕0～t1时间内通过电阻R的电流大小；〔2〕线框匀速转动后，在转动一周的过程中电流通过电阻R产生的热量；〔3〕线框匀速转动后，从图甲所示位置转过90°的过程中，通过电阻R的电荷量．19．〔12分〕〔2013春•海南校级期末〕如下列图，某水电站发电机的输出功率为100kW，发电机的电压为250V，通过升压变压器升高电压后向远处输电，输电线总电阻为8Ω，在用户端用降压变压器把电压降为220V．假设输电线上损失的功率为5kW，不计变压器的损耗．求：〔1〕输电导线上输送的电流；〔2〕升压变压器的输出电压U2；〔3〕降压变压器的匝数比；〔4〕假设改用10kV电压输电，如此输电线上损失的功率是多大？2015-2016学年河北省衡水二中高二〔上〕期中物理试卷参考答案与试题解析一、选择题〔1-8题为单项选择题，9-13题为多项选择题．每题4分，共52分〕1．如下列图，质量一样的甲乙两个小物块，甲从竖直固定的光滑圆弧轨道顶端由静止滑下，轨道半径为R，圆弧底端切线水平，乙从高为R的光滑斜面顶端由静止滑下．如下判断不正确的答案是〔〕A．两物块到达底端时动能一样B．两物块到达底端时速度一样C．乙物块运动到底端的过程中重力做功的瞬时功率在增大D．两物块到达底端时，甲物块重力做功的瞬时功率小于乙物块重力做功的瞬时功率【考点】功率、平均功率和瞬时功率；功的计算．【专题】定性思想；推理法；功率的计算专题．【分析】根据动能定理比拟两物块到达底端的动能，从而比拟出速度的大小，根据重力与速度方向的关系，结合P=mgvcosα比拟瞬时功率的大小．【解答】解：A、根据动能定理得，mgR=，知两物块达到底端的动能相等，速度大小相等，但是速度的方向不同．故A正确，B错误．C、乙做匀加速直线运动，速度逐渐增大，重力的瞬时功率P=mgvθ，如此重力的瞬时功率增大，故C正确；D、两物块到达底端的速度大小相等，甲重力与速度方向垂直，瞬时功率为零，如此乙重力做功的瞬时功率大于甲重力做功的瞬时功率．故D正确．此题选不正确的应当选：B【点评】动能是标量，只有大小没有方向，但是要注意速度是矢量，比拟速度不仅要比拟速度大小，还要看速度的方向；以与知道瞬时功率的表达式P=mgcosα，注意α为力与速度方向的夹角．2．以下有关物理学概念或物理学史说法正确的有〔〕A．匀速圆周运动是速度大小不变的匀变速曲线运动，速度方向始终为切线方向B．牛顿发现了万有引力定律，库仑用扭秤实验测出了万有引力恒量的数值，从而使万有引力定律有了真正的实用价值C．行星绕恒星运动轨道为圆形，如此它运动的周期平方与轨道半径的三次方之比为常数，此常数的大小与恒星的质量和行星的速度有关D．奥斯特发现了电流的磁效应，法拉第发现了电磁感应现象，感应电流的方向遵从楞次定律，这是能量守恒定律的必然结果【考点】物理学史．【专题】常规题型．【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、匀速圆周运动是速度大小不变的变加速曲线运动，加速度方向不断指向圆心，速度方向始终为切线方向．故A错误；B、牛顿发现了万有引力定律，卡文迪许用扭秤实验测出了万有引力恒量的数值，从而使万有引力定律有了真正的实用价值，故B错误；C、行星绕恒星运动轨道为圆形，如此它运动的周期平方与轨道半径的三次方之比为常数，此常数的大小与恒星的质量有关，与行星的速度无关．故C错误；D、奥斯特发现了电流的磁效应，法拉第发现了电磁感应现象，感应电流的方向遵从楞次定律，这是能量守恒定律的必然结果．故D正确；应当选：D．【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，这也是考试内容之一．3．关于线圈在匀强磁场中转动产生的交变电流，如下说法中正确的答案是〔〕A．线圈每经过中性面一次，感应电流方向改变一次，感应电动势方向不变B．线圈平面每经过中性面一次，感应电流和感应电动势方向都要改变一次C．线圈每转动一周，感应电流方向就改变一次D．线圈转动一周，感应电流和感应电动势方向都只改变一次【考点】交流发电机与其产生正弦式电流的原理．【专题】交流电专题．【分析】感应电动势方向即为感应电流方向．当线圈在匀强磁场中转动产生的交变电流时，线圈平面每经过中性面一次，感应电流与感应电动势方向均改变一次，转动一周，感应电流方向改变两次【解答】解：A、当线圈在匀强磁场中转动产生的交变电流时，线圈平面每经过中性面一次，感应电流与感应电动势方向均改变一次，故A错误，B正确；C、转动一周，两次经过中性面，故感应电流方向改变两次．故CD错误；应当选：B【点评】此题考查中性面特点：线圈平面每经过中性面一次，感应电流与感应电动势方向均改变一次，转动一周，感应电流方向改变两次．4．图甲是小型交流发电机的示意图，两磁极N、S间的磁场可视为水平方向的匀强磁场，图中电流表为交流电流表．线圈绕垂直于磁场方向的水平轴OO′沿逆时针方向匀速转动，从图示位置开始计时，产生的交变电流随时间变化的图象如图乙所示，以下判断正确的答案是〔〕A．线圈转动的角速度为50π rad/sB．电流表的示数为10 AC．0.01 s时线圈平面与磁场方向垂直D．0.02 s时电阻R中电流的方向自左向右【考点】交流发电机与其产生正弦式电流的原理．【专题】交流电专题．【分析】由题图乙可知交流电电流的最大值、周期，电流表的示数为有效值，感应电动势最大，如此穿过线圈的磁通量变化最快，由楞次定律可判断出0.02s时流过电阻的电流方向．【解答】解：A、角速度ω==100π rad/s，故A错误；B、题图乙可知交流电电流的最大值是I m=10A，如此有效值为：I===10A；由于电流表的示数为有效值，故示数I=10A，故B错误；C、0.01s时线圈中的感应电流达到最大，感应电动势最大，如此穿过线圈的磁通量变化最快，磁通量为0，故线圈平面与磁场方向平行，故C错误；D、由楞次定律可判断出0.02s时流过电阻的电流方向自左向右，故D正确．应当选：D．【点评】此题考查交变电流的产生与有效值的定义，要注意明确电流表示数、机器铭牌上所标的电流值、电压值等均为有效值．5．如下列图，用一根横截面积为S的硬导线做成一个半径为r的圆环，把圆环局部置于均匀变化的匀强磁场中，磁场方向垂直纸面向里，磁感应强度大小随时间的变化率=k〔k＞0〕，ab为圆环的一条直径，导线的电阻率为ρ．如此〔〕A．圆环具有扩张的趋势B．圆环中产生顺时针方向的感应电流C．图中ab两点间的电压大小为kπD．圆环中感应电流的大小为 r2【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】根据左手定如此来确定安培力方向，从而确定圆环处于收缩还是扩张；由法拉第电磁感应定律，可求出感应电动势的大小，由电阻定律，结合闭合电路欧姆定律，即可求解．【解答】解：A、根据左手定如此判断可知，圆环所受的安培力指向环内，如此圆环有收缩的趋势，故A错误．B、磁场方向垂直纸面向里，磁感应强度的大小随着时间的变化=k〔k＞0〕，说明B增大，根据楞次定律判断可知，圆环中产生的感应电流方向沿逆时针方向，故B错误；C、由法拉第电磁感应定律得E=S=kπr2，故C错误；D、圆环的电阻R=ρ，如此感应电流大小为 I== r2，故D正确．应当选：D．【点评】此题考查法拉第电磁感应定律、左手定如此与电阻定律的应用，掌握闭合电路欧姆定律的内容，注意磁通量的有效面积．6．在交流电电路中，如果电源电动势的最大值不变，频率可以改变，在如下列图电路的a、b 两点间逐次将图中的电路元件甲、乙、丙单独接入，当使交流电频率增加时，可以观察到如下论述的哪种情况〔〕A．A1读数不变，A2增大，A3减小B．A1读数减小，A2不变，A3增大C．A1读数增大，A2不变，A3减小D．A1，A2，A3读数均不变【考点】电容器和电感器对交变电流的导通和阻碍作用．【专题】交流电专题．【分析】当交流电的频率减小时，感抗减小，容抗增大，电阻R不变，分析灯泡亮度的变化．【解答】解：据题，电源电动势的最大值不变，当交流电的频率增加时，电感L的感抗减小，电容C的容抗增大，电阻R不变，如此流过A1的电流增大，A3的电流减小，A2的电流不变，故C正确，ABD错误．应当选：C【点评】此题考查对电容、电感对交变电流影响的理解和识记能力．基此题．7．图为远距离输电示意图，两变压器均为理想变压器，升压变压器T的原、副线圈匝数分别为n1、n2，在T的原线圈两端接入一电压u=U m sinωt的交流电源，假设输送电功率为P，输电线的总电阻为2r，不考虑其它因素的影响，如此输电线上损失的电功率为〔〕【考点】远距离输电．【专题】交流电专题．【分析】理想变压器输入功率和输出功率相等，通过原线圈的电压求出副线圈的电压，再根据I=，求出输电线上的电流，从而求出输电线上消耗的功率．【解答】解：加在原线圈上的电压U1=，根据电压比与匝数比关系：，所以：．根据I=，输电线上的电流I=，输电线上消耗的功率P耗=I2•2r=4〔〕2〔〕2r．故C 正确，A、B、D错误．应当选：C．【点评】解决此题的关键注意电压有效值的使用与变压器的特点，输入功率等于输出功率，电压比等于匝数比．8．如下列图，竖直平面内有一金属环，半径为a，总电阻为R〔指拉直时两端的电阻〕，磁感应强度为B的匀强磁场垂直穿过环平面，在环的最高点A用铰链连接长度为2a、电阻为的导体棒AB，AB由水平位置紧贴环面摆下，当摆到竖直位置时，B点的线速度为v，如此这时AB 两端的电压大小为〔〕A．B．C．D．Bav【考点】导体切割磁感线时的感应电动势．【专题】电磁感应与电路结合．【分析】当摆到竖直位置时，先由感应电动势公式E=BL，求出导体棒产生的感应电动势，再根据欧姆定律求解AB两端的电压大小．【解答】解：当摆到竖直位置时，导体棒产生的感应电动势为：E=B•2a=2Ba=Bav；金属环并联的电阻为：R并==AB两端的电压是路端电压，AB两端的电压大小为：U=E=Bav=应当选：A【点评】此题是电磁感应与电路的结合问题，关键是弄清电源和外电路的构造，然后根据电学知识进一步求解，容易出错之处是把AB间的电压看成是内电压，得到结果是Bav．9．物理学中各种图象具有深刻含义，如果如图图象坐标都为国际单位制单位，那么如下说法正确的答案是〔〕假设图表示物体运动的速度﹣时间图象，如此该图线的斜率表示物体运动的位移假设图描述的是通过单匝线圈磁通量随时间的变化关系，如此该图线的斜率表示该线圈产生的感应电动势假设图描述的是某物体加速度随合外力的变化关系，如此该图线斜率表示物体的质量假设图表示某做直线运动物体的合外力随位移的变化关系，如此图中三角形面积大小表示该物体对应运动过程中动能变化的大小【考点】匀变速直线运动的图像．【专题】运动学中的图像专题．【分析】对于图象问题，先看轴，然后根据关系式分析斜率、围成的面积对应的物理意义即可解决．【解答】解：A、速度时间图象中斜率，斜率表示加速度，故A错误；B、磁通量随时间变化的图象中斜率为：，根据法拉第的电磁感应定律可知，电动势与磁通量的变化率成正比，故假设图描述的是通过单匝线圈磁通量随时间的变化关系，如此该图线的斜率表示该线圈产生的感应电动势，故B正确；C、加速度随力变化图象中，斜率为：根据牛顿第二定律得：，所以图象的斜率表示质量的倒数，故C错误；D、直线运动物体的合外力随位移的变化关系图象中，围成的面积为，根据动能定理得：Fx=E K2﹣E K1，故图中三角形面积大小表示该物体对应运动过程中动能变化的大小的一半，故D 正确；应当选：BD．【点评】对于图象问题，先看轴，然后根据关系式分析斜率、围成的面积对应的物理意义即可解决．此题考察迁移能力的应用，是道好题．10．电路如图甲所示，电阻R的阻值为484Ω，C为电容器，L为直流电阻不计的自感线圈，开关S断开，当接上如图乙所示的电压u，如下说法正确的答案是〔〕A．R上的电压应等于155.5VB．电压表的示数为220 VC．电阻R消耗的功率小于50WD．为保证闭合开关S后电容器不被击穿，该电容器的耐压值不得小于311V【考点】交流的峰值、有效值以与它们的关系；电容器和电感器对交变电流的导通和阻碍作用．【分析】此题A的关键是根据电压有效值的概念求出电压有效值，再根据线圈的自感作用即可求解；题B应明确电压表示数应是电压有效值；题C的关键是求出不考虑【解答】解：A、设电压表的读数为U，根据电压有效值的概念应有：=0，解得U=110V≈155.5V，即电压表的示数应为155.5V，由于线圈的自感作用，电阻R两端的电压应小于155.5V，所以A错误；B、根据选项A分析可知B错误；C、当不考虑线圈的自感作用时，电阻R消耗的功率为P===50W，所以由于线圈的自感作用影响，电阻R消耗的功率一定小于50W，所以C正确；D、根据电源电压图象可知，电源的最大电压为311V，电容器的耐压值不能小于311V，所以D 正确．应当选：CD．【点评】应明确：①应根据电流的热效应定义来求交流电的有效值；②电容器的耐压值不能大于电压的最大值；③电压表示数应是电压有效值．11．如图〔a〕所示，MN、PQ两条平行的光滑金属轨道与水平面成θ=30°固定在地面上，M、P之间接电阻箱R，电阻箱的阻值范围为0～4Ω，导轨所在空间存在匀强磁场，磁场方向垂直于轨道平面向上，磁感应强度为B=0.5T．质量为m的金属杆ab水平放置在轨道上，其接入电路的电阻值为r．现从静止释放杆ab，测得最大速度为v m．改变电阻箱的阻值R，得到v m与R 的关系如图〔b〕所示．轨道间距为L=2m，重力加速度取g=10m/s2，轨道足够长且电阻不计．如此〔〕A．金属杆滑动时产生的感应电流方向是a→b→M→P→aB．当R=0时，杆ab匀速下滑过程中产生感生电动势的大小为2VC．金属杆的质量为m=0.2kg，电阻r=2Ω。
河北省衡水中学高二物理上学期二调试卷(含解析)
2015-2016学年河北省衡水中学高二（上）二调物理试卷一、选择题（本题共15小题，每小题4分，共60分，1-10题为单项选择题，11-15为多项选择题，全部选对的得4分，选不全的得2分，有选错或不答的得0分）1．下列关于磁场的说法中，正确的是( )A．磁场只有在磁极与磁极磁极与电流发生相互作用时才产生B．磁场是为了解释磁极间相互作用而人为设定的C．磁极和磁极之间是直接发生相互作用的D．磁场和电场一样，是客观存在的特殊物质2．如图所示，通电螺线管周围能自由转动的小磁针a、b、c、d已静止，N指向正确的是( )A．小磁针a B．小磁针b C．小磁针c D．小磁针d3．图中a、b、c、d为四根与纸面垂直的长直导线，其横截面位于正方形的四个顶点上，导线中通有大小相同的电流，方向如图所示．一带正电的粒子从正方形中心O点沿垂直于纸面向内运动，它所受洛伦兹力的方向是( )A．向上 B．向下 C．向左 D．向右4．关于磁电式电流表的说法，以下选项中正确的是( )①指针稳定后，线圈受到螺旋弹簧的力矩与线圈受到的磁力矩方向是相反的②通电线圈中的电流越大，电流表指针偏转的角度也越大③在线圈转动的范围内，各处的磁场都是匀强磁场④在线圈转动的范围内，线圈所受磁力大小与电流大小有关，而与所处位置无关．A．①② B．③④ C．①②④D．①②③④5．如图所示，装有导电液的玻璃器皿放在上端为S极的蹄形磁铁的磁场中，器皿中心的圆柱形电极与电源负极相连，内壁边缘的圆环形电极与电源正极相连．电流方向与液体旋转方向（从上往下看）分别是( )A．由边缘流向中心、顺时针旋转B．由边缘流向中心、逆时针旋转C．由中心流向边缘、顺时针旋转D．由中心流向边缘、逆时针旋转6．如图所示，在第一象限内有垂直纸面向里的匀强磁场（磁场足够大），一对正、负电子分别以相同速度沿与x 轴成30°角的方向从原点垂直磁场射入，则负电子与正电子在磁场中运动时间之比为：（不计正、负电子间的相互作用力）( )A．1：B．2：1 C．：1 D．1：27．如图所示，两平行导轨与水平面成θ角倾斜放置，电源、电阻、金属细杆及导轨组成闭合回路，细杆与导轨间的摩擦不计．整个装置分别处在如图所示的匀强磁场中，其中可能使金属细杆处于静止状态的是( )A．B．C．D．8．如图所示，摆球带负电的单摆，在一匀强磁场中摆动，匀强磁场的方向垂直纸面向里，摆球在AB间摆过程中，由A摆到最低点时，摆线拉力为F1，摆球加速度大小为a1；由B摆到最低点C时，摆线拉力的大小为F2，摆球加速度为a2，则( )A．F1＞F2，a1=a2B．F1＜F2，a1=a2C．F1＞F2，a1＞a2 D．F1＜F2，a1＜a29．如图所示，表面粗糙的斜面固定于地面上，并处于方向垂直纸面向外、磁感应强度为B的匀强磁场中，质量为m、带电量为+Q的小滑块从斜面顶端由静止下滑．在滑块下滑的过程中，下列判断正确的是( )A．滑块受到的摩擦力不变B．滑块到地面时的动能与B的大小无关C．B很大时，滑块最终可能静止于斜面上D．滑块受到的洛伦兹力方向垂直斜面并指向斜面10．一个带负电的小球在轻绳拉力作用下在光滑绝缘水平面上绕着竖直方向的轴O在匀强磁场中做逆时针方向的匀速圆周运动，磁场方向竖直向下，其俯视图如图所示．若小球运动到A 点时绳子突然断开，关于小球在绳断开后可能的运动情况，以下说法中正确的是( )A．小球做逆时针匀速圆周运动，半径大于原绳长B．小球做逆时针匀速圆周运动，半径等于原绳长C．小球做顺时针匀速圆周运动，半径大于原绳长D．小球做顺时针匀速圆周运动，半径小于原绳长11．如图所示，金属板放在垂直于它的匀强磁场中，当金属板中有电流通过时，在金属板的上表面A和下表面A′之间会出现电势差，这种现象称为霍尔效应．若匀强磁场的磁感应强度为B，金属板宽度为h、厚度为d，通有电流I，稳定状态时，上、下表面之间的电势差大小为U．已知电流I与导体单位体积内的自由电子数n、电子电荷量e、导体横截面积S和电子定向移动速度v之间的关系为I=neSv．则下列说法中正确的是( )A．在上、下表面形成电势差的过程中，电子受到的洛仑兹力方向向上B．达到稳定状态时，金属板上表面A的电势高于下表面A′的电势C．只将金属板的厚度d减小为原来的一半，则上、下表面之间的电势差大小变为D．只将电流I减小为原来的一半，则上、下表面之间的电势差大小变为12．如图所示，一条形磁铁静止在斜面上，固定在磁铁中心的垂直上方的水平导线中通有垂直流向纸外的恒定电流，若将磁铁的N极位置与S极位置对调后，仍放在斜面上原来的位置，若磁铁仍然静止，则磁铁对斜面的压力F N和摩擦力F f的变化情况分别是( )A．F N增大B．F N减小C．F f减小D．F f不变13．如图所示，匀强磁场的方向竖直向下，磁场中有光滑的水平桌面，在桌面上平放着内壁光滑、底部有带电小球的试管．在水平拉力F的作用下，试管向右匀速运动，带电小球能从试管口处飞出，则( )A．小球带负电B．小球运动的轨迹是一条抛物线C．洛伦兹力对小球做正功D．维持试管匀速运动的拉力F应逐渐增大14．如图所示，水平固定一截面为正方形绝缘方管的长度为L，空间存在场强为E、方向水平向右的匀强电场和磁感应强度为B．方向竖直向下的匀强磁场，将质量为m、带电量为+q的小球从左侧管口无初速度释放，已知小球与管道各接触面间动摩擦因数均为μ，小球运动到右侧管口处时速度为v，该过程( )A．洛伦兹力对小球做功为qvBLB．电场力对小球做功为qELC．系统因摩擦而产生的热量为μmgLD．系统因摩擦而产生的热量为qEL﹣mv215．如图所示，在平面直角坐标系中有一个垂直纸面向里的圆形匀强磁场，其边界过原点O 和y轴上的点a（0，L）．一质量为m、电荷量为e的电子从a点以初速度v0平行于x轴正方向射入磁场，并从x轴上的b点射出磁场，此时速度的方向与x轴正方向的夹角为60°．下列说法正确的是( )A．电子在磁场中运动的半径为LB．电子在磁场中运动的时间为C．磁场的磁感应强度B=D．电子在磁场中做圆周运动的速度不变二、非选择题16．利用通电导线在磁场中受到的安培力与磁感应强度的关系就可以测定磁感应强度的大小．实验装置如图所示，弹簧测力计下端挂一矩形导线框，导线框接在图示电路中，线框的短边置于蹄型磁体的N、S极间磁场中的待测位置．①在接通电路前，待线框静止后，先观察并记录下弹簧测力计的读数F0；②接通电路，调节滑动变阻器使电流表读数为I，待线框静止后，观察并记录下弹簧测力计的读数F（F＞F0）．由以上测量数据可知：导线框所受重力大小等于__________；磁场对矩形线框位于磁场中的一条边的作用力大小为__________．若已知导线框在磁场中的这条边的长度为L、线圈匝数为N，则利用上述数据计算待测磁场的磁感应强度的表达示为B=__________．17．如图所示，一质量为m的导体棒MN两端分别放在两个固定的光滑圆形导轨上，两导轨平等且间距为L，导轨处在竖直向上的匀强磁场中，当导体棒中通一自右向左的电流I时，导体棒静止在与竖直方向成37°角的导轨上，取sin37°=0.6，cos37°=0.8，求：（1）磁场的磁感应强度B；（2）每个圆导轨对导体棒的支持力大小F N．18．如图所示，两块水平放置、相距为d的长金属板接在电压可调的电源上．两板之间的右侧区域存在方向垂直纸面向里的匀强磁场．将喷墨打印机的喷口放置在两极板的正中央处，从喷口连续不断喷出质量均为m、水平速度大小均为v0、带电荷量为q的墨滴，调节电源电压，使墨滴在电场区域恰能沿中心线水平向右做匀速直线运动；进入电场和磁场共存区域后，最终打在上极板的P点，且速度方向与上极板成53°角．（sin53°=0.8，cos53°=0.6）．（1）判断墨滴所带电荷的种类，并求出两板间的电压；（2）求磁感应强度B的值．19．如图所示，在倾角为30°的斜面OA的左侧有一竖直档板，其上有一小孔P，OP=0.5m．现有一质量m=4×10﹣20kg，带电量q=+2×10﹣14C的粒子，从小孔以速度v0=3×104m/s水平射向磁感应强度B=0.2T、方向垂直纸面向外的一圆形磁场区域．且在飞出磁场区域后能垂直打在OA 面上，粒子重力不计．求：（1）粒子在磁场中做圆周运动的半径；（2）粒子在磁场中运动的时间；（3）圆形磁场区域的最小半径．20．（14分）在如图所示的坐标系中，x轴水平，y轴垂直，x轴上方空间只存在重力场，第Ⅲ象限存在沿y轴正方向的匀强电场和垂直xy平面向里的匀强磁场，在第Ⅳ象限由沿x轴负方向的匀强电场，场强大小与第Ⅲ象限存在的电场的场强大小相等．一质量为m，带电荷量大小为q的质点a，从y轴上y=h处的P1点以一定的水平速度沿x轴负方向抛出，它经过x=﹣2h处的P2点进入第Ⅲ象限，恰好做匀速圆周运动，又经过y轴上的y=﹣2h的P3点进入第Ⅳ象限，试求：（1）质点a到达P2点时速度的大小和方向；（2）第Ⅲ象限中匀强电场的电场强度和匀强磁场的磁感应强度的大小；（3）说明质点a从P3进入第Ⅳ象限后的运动情况（不需要说明理由）2015-2016学年河北省衡水中学高二（上）二调物理试卷一、选择题（本题共15小题，每小题4分，共60分，1-10题为单项选择题，11-15为多项选择题，全部选对的得4分，选不全的得2分，有选错或不答的得0分）1．下列关于磁场的说法中，正确的是( )A．磁场只有在磁极与磁极磁极与电流发生相互作用时才产生B．磁场是为了解释磁极间相互作用而人为设定的C．磁极和磁极之间是直接发生相互作用的D．磁场和电场一样，是客观存在的特殊物质【考点】磁现象和磁场．【分析】磁场的存在不需要靠相互作用才产生．磁场是客观存在的．磁极和磁极之间是通过磁场发生相互作用的．磁场和电场一样，是客观存在的特殊物质．【解答】解：A、磁场的存在不需要靠相互作用才产生，没有磁极间的作用，磁铁的磁场一样存在，单独的通电导线也能产生磁场，故A错误．B、磁场是客观存在的，磁感线是人为设定的，故B错误．C、磁极和磁极之间是通过磁场发生相互作用的，故C错误．D、磁场和电场一样，是客观存在的特殊物质，故D正确．故选：D【点评】本题重点掌握磁场的物质属性，磁场和电场虽然看不见，摸不着，但是都是物质的一种表现形式．2．如图所示，通电螺线管周围能自由转动的小磁针a、b、c、d已静止，N指向正确的是( )A．小磁针a B．小磁针b C．小磁针c D．小磁针d【考点】通电直导线和通电线圈周围磁场的方向．【分析】用右手螺旋定则判断出通电螺线管的磁极，再由磁极间的相互作用规律判断小磁针静止时的磁极指向．【解答】解：由右手螺旋定则判断出通电螺线管的左端为N极，右端为S极，由同名磁极相互排斥，异名磁极相互吸引知，只有小磁针c的指向正确．故选：C．【点评】本题考查了磁极间的相互作用规律和右手螺旋定则：让四指弯曲，跟螺线管中电流的方向一致，则大拇指指的方向是通电螺线管的N极．3．图中a、b、c、d为四根与纸面垂直的长直导线，其横截面位于正方形的四个顶点上，导线中通有大小相同的电流，方向如图所示．一带正电的粒子从正方形中心O点沿垂直于纸面向内运动，它所受洛伦兹力的方向是( )A．向上 B．向下 C．向左 D．向右【考点】洛仑兹力；通电直导线和通电线圈周围磁场的方向．【分析】根据等距下电流所产生的B的大小与电流成正比，得出各电流在O点所产生的B的大小关系，由安培定则确定出方向，再利用矢量合成法则求得B的合矢量的方向．【解答】解：根据题意，由右手螺旋定则知b与d导线电流产生磁场正好相互抵消，而a与c 导线产生磁场正好相互叠加，由右手螺旋定则，则得磁场方向水平向左，当一带正电的粒子从正方形中心O点沿垂直于纸面的方向向内运动，根据左手定则可知，它所受洛伦兹力的方向向上．故A正确，BCD错误．故选：A．【点评】考查磁感应强度B的矢量合成法则，会进行B的合成，从而确定磁场的大小与方向．4．关于磁电式电流表的说法，以下选项中正确的是( )①指针稳定后，线圈受到螺旋弹簧的力矩与线圈受到的磁力矩方向是相反的②通电线圈中的电流越大，电流表指针偏转的角度也越大③在线圈转动的范围内，各处的磁场都是匀强磁场④在线圈转动的范围内，线圈所受磁力大小与电流大小有关，而与所处位置无关．A．①② B．③④ C．①②④D．①②③④【考点】磁电式电表原理．【专题】实验题；定性思想；实验分析法；电磁感应与电路结合．【分析】磁电式电流表蹄形磁铁和铁芯间的磁场是均匀辐射分布的，不管线圈转到什么角度，它的平面都跟磁感线平行，均匀辐射分布的磁场特点是大小相等、方向不同．根据安培力的大小公式F=BIL，即可求解．【解答】解：①、根据力矩平衡条件可知，稳定后，线圈受到螺旋弹簧的力矩与线圈受到的磁力矩方向是相反的，故①正确；②、由图看出，蹄形磁铁和铁芯间的磁场是均匀辐射分布的，不管线圈转到什么角度，它的平面都跟磁感线平行，均匀辐射分布的磁场特点是大小相等．根据安培力的大小F=BIL，即可知：线圈中的电流越大，电流表指针偏转的角度也越大，故②正确，③错误；④、磁场呈幅状，故电流与磁场始终相互垂直，结合F=BIL，即可知，线圈所受磁力大小与电流大小有关，而与所处位置无关，故④正确．故选：C【点评】解决本题要注意磁场分布的特点，运用公式F=BIL，注意辐向磁场与匀强磁场的区别即可．5．如图所示，装有导电液的玻璃器皿放在上端为S极的蹄形磁铁的磁场中，器皿中心的圆柱形电极与电源负极相连，内壁边缘的圆环形电极与电源正极相连．电流方向与液体旋转方向（从上往下看）分别是( )A．由边缘流向中心、顺时针旋转B．由边缘流向中心、逆时针旋转C．由中心流向边缘、顺时针旋转D．由中心流向边缘、逆时针旋转【考点】洛仑兹力．【分析】在电源外部，电流由正极流向负极；由左手定则可以判断出导电液体受到的安培力方向，从而判断出液体的旋转方向．【解答】解：在电源外部电流由正极流向负极，因此电流由边缘流向中心；器皿所在处的磁场竖直向上，由左手定则可知，导电液体受到的磁场力沿逆时针方向，因此液体沿逆时针方向旋转；故选B．【点评】本题是一道基础题，知道在电源外部电流由正极流向负极、熟练应用左手定则即可正确解题．6．如图所示，在第一象限内有垂直纸面向里的匀强磁场（磁场足够大），一对正、负电子分别以相同速度沿与x 轴成30°角的方向从原点垂直磁场射入，则负电子与正电子在磁场中运动时间之比为：（不计正、负电子间的相互作用力）( )A．1：B．2：1 C．：1 D．1：2【考点】带电粒子在匀强磁场中的运动．【专题】应用题；定量思想；比例法；带电粒子在磁场中的运动专题．【分析】电子在磁场中做匀速圆周运动，求出电子在磁场中转过的圆心角，然后求出电子的运动时间之比．【解答】解：电子在磁场中做圆周运动的周期：T=相等，电子在磁场中做圆周运动的轨迹如图所示，由几何知识可知：α=120°，β=60°，电子在磁场中的匀速时间：t=T，负电子与正电子在磁场中运动时间之比：==；故选：D．【点评】本题考查了求电子在磁场中的运动时间之比，考查了电子在磁场中的运动，分析清楚电子运动过程、作出电子运动轨迹是解题的关键，应用电子做圆周运动的周期公式即可解题，解题时注意几何知识的应用．7．如图所示，两平行导轨与水平面成θ角倾斜放置，电源、电阻、金属细杆及导轨组成闭合回路，细杆与导轨间的摩擦不计．整个装置分别处在如图所示的匀强磁场中，其中可能使金属细杆处于静止状态的是( )A．B．C．D．【考点】安培力；左手定则．【分析】本题在磁场中考查了物体平衡问题，对物体正确进行受力分析，看能否满足平衡条件，同时知道左手定则的内容：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．【解答】解：A、磁场的方向与电流的方向相同，不受安培力，金属杆受重力和支持力不可能平衡．故A错误．B、金属杆所受的安培力方向竖直向上，若安培力与重力平衡，金属杆能处于平衡状态．故B 正确．C、金属杆受垂直于斜面向上的安培力，重力，支持力，不可能平衡．故C错误．D、金属杆受到水平向右的安培力，重力，支持力，三个力可能处于平衡状态．故D正确．故选BD．【点评】这类问题的解题思路和以前所学物体平衡解题思路一样，只不过在受力分析时多了安培力，注意正确应用左手定则判断安培力的方向．8．如图所示，摆球带负电的单摆，在一匀强磁场中摆动，匀强磁场的方向垂直纸面向里，摆球在AB间摆过程中，由A摆到最低点时，摆线拉力为F1，摆球加速度大小为a1；由B摆到最低点C时，摆线拉力的大小为F2，摆球加速度为a2，则( )A．F1＞F2，a1=a2B．F1＜F2，a1=a2C．F1＞F2，a1＞a2 D．F1＜F2，a1＜a2【考点】带电粒子在匀强磁场中的运动；牛顿第二定律；向心力．【专题】带电粒子在磁场中的运动专题．【分析】摆球摆到最低点的时候，速度大小相等，重力、摆线拉力、洛伦兹力的合力提供向心力，根据向心力公式即可求解．【解答】解：设摆球所带电量为q，摆线长为r，磁场强度为B，在最低点时的速率为v，在摆动过程中，只有重力做功，机械能守恒，所以到达最低点速度相等，则由A摆到最低点时：F1+Bqv﹣mg=m由B摆到最低点时：F2﹣Bqv﹣mg=m解得：F1＜F2，根据牛顿第二定律得：ma=m所以两次通过C点时的加速度相同，即a1=a2．故选B【点评】解得本题要注意，摆球从A到C和从B到C的过程中，摆球的匀速速度相反，所以洛伦兹力方向也相反，难度适中．9．如图所示，表面粗糙的斜面固定于地面上，并处于方向垂直纸面向外、磁感应强度为B的匀强磁场中，质量为m、带电量为+Q的小滑块从斜面顶端由静止下滑．在滑块下滑的过程中，下列判断正确的是 ( )A．滑块受到的摩擦力不变B．滑块到地面时的动能与B的大小无关C．B很大时，滑块最终可能静止于斜面上D．滑块受到的洛伦兹力方向垂直斜面并指向斜面【考点】带电粒子在混合场中的运动．【专题】带电粒子在磁场中的运动专题．【分析】小滑块向下运动的过程中受到重力，支持力，垂直斜面向下的洛伦兹力，摩擦力，向下运动的过程中，速度增大，洛伦兹力增大，支持力增大，滑动摩擦力增大，当加速度减到0，做匀速运动．【解答】解：A、小滑块向下运动的过程中受到重力，支持力，摩擦力，根据左手定则可知洛伦兹力垂直斜面向下，向下运动的过程中，速度增大，洛伦兹力增大，支持力增大，滑动摩擦力增大．故A错误，D正确．B、B的大小不同，洛伦兹力大小不同，导致滑动摩擦力大小不同，根据动能定理，摩擦力功不同，到达底端的动能不同．故B错误．C、滑块到地面时当B很大，则摩擦力有可能很大，当滑块受到的摩擦力与重力向下的分力相等时，滑块做匀速直线运动，洛伦兹力与摩擦力不再增大，所以滑块不可能静止在斜面上．故C错误．故选：D．【点评】解决本题的关键知道洛伦兹力的方向和洛伦兹力的大小以及能够正确的受力分析，理清物体的运动状况．10．一个带负电的小球在轻绳拉力作用下在光滑绝缘水平面上绕着竖直方向的轴O在匀强磁场中做逆时针方向的匀速圆周运动，磁场方向竖直向下，其俯视图如图所示．若小球运动到A 点时绳子突然断开，关于小球在绳断开后可能的运动情况，以下说法中正确的是( )A．小球做逆时针匀速圆周运动，半径大于原绳长B．小球做逆时针匀速圆周运动，半径等于原绳长C．小球做顺时针匀速圆周运动，半径大于原绳长D．小球做顺时针匀速圆周运动，半径小于原绳长【考点】带电粒子在匀强磁场中的运动；向心力．【专题】带电粒子在磁场中的运动专题．【分析】运动的带电粒子在磁场中受力洛伦兹力的作用，分小球带正电和负电两种情况进行讨论，用左手定则判断洛伦兹力的方向，根据向心力公式分析绳子所受的力，绳子断开后，绳子的拉力为零，小球仅受洛伦兹力，根据受力情况判断小球的运动情况即可．【解答】解：小球带负电沿逆时针方向旋转，小球所受的洛伦兹力方向背离圆心，当洛伦兹力的大小大于小球原来所受合力大小时，绳子断后，小球做顺时针的匀速圆周运动，半径变大；当洛伦兹力的大小等于小球原来所受合力大小时，半径不变；也可能洛伦兹力小于之前合力的大小，则半径减小．故AB错误，CD正确．故选：CD．【点评】解题的关键是能正确分析向心力的来源，知道如何判断洛伦兹力的方向；该题中需要区分小球带正电与带负电的情况，难度适中．11．如图所示，金属板放在垂直于它的匀强磁场中，当金属板中有电流通过时，在金属板的上表面A和下表面A′之间会出现电势差，这种现象称为霍尔效应．若匀强磁场的磁感应强度为B，金属板宽度为h、厚度为d，通有电流I，稳定状态时，上、下表面之间的电势差大小为U．已知电流I与导体单位体积内的自由电子数n、电子电荷量e、导体横截面积S和电子定向移动速度v之间的关系为I=neSv．则下列说法中正确的是( )A．在上、下表面形成电势差的过程中，电子受到的洛仑兹力方向向上B．达到稳定状态时，金属板上表面A的电势高于下表面A′的电势C．只将金属板的厚度d减小为原来的一半，则上、下表面之间的电势差大小变为D．只将电流I减小为原来的一半，则上、下表面之间的电势差大小变为【考点】霍尔效应及其应用．【分析】金属中移动的是自由电子，根据左手定则，判断出电子的偏转方向，从而得出电势的高低．最终电子受电场力和洛伦兹力平衡，根据平衡求出电势差的大小．【解答】解：A、B、电流向右、磁场向内，根据左手定则，安培力向上；电流是电子的定向移动形成的，故洛伦兹力也向上；故上极板聚集负电荷，下极板带正电荷，故下极板电势较高；故A正确；B错误；C、D、电子最终达到平衡，有：evB=e则：U=vBh电流的微观表达式：I=nevS=nevhd则：v=，代入得：U=Bh=∝只将金属板的厚度d减小为原来的一半，则上、下表面之间的电势差大小变为2U，故C错误；只将电流I减小为原来的一半，则上、下表面之间的电势差大小变为，故D正确．故选：AD．【点评】解决本题的关键会运用左手定则判断电子的偏转方向，当上下表面有电荷后，之间形成电势差，最终电荷受电场力和洛伦兹力平衡．。
《解析》河北省衡水市故城高中2015-2016学年高二上学期月考物理试卷(12月份)Word版含解析
河北省衡水市故城高中2015-2016学年高二（上）月考物理试卷（12月份）一、选择题（共18小题，每小题3分，满分54分）1．我国古代四大发明中，涉及到电磁现象应用的发明是（）A．指南针B．造纸术C．印刷术D．火药2．关于磁感应强度，下列说法中正确的是（）A．通电导线在磁场中受力大的地方，磁感应强度一定大B．磁感应强度的大小和方向跟放在磁场中的通电导线受力的大小和方向有关C．磁感线的疏密表示磁感应强度的大小D．磁感线的指向就是磁感应强度减小的方向3．一块磁铁从高山掉到地上，虽然没有断，但磁性变弱了，这是因为（）A．磁铁被磁化了 B．磁铁因剧烈震动而退磁了C．磁铁是非磁性物质 D．磁铁因速度增大而退磁4．电子通过磁场时会发生偏转，这是因为受到（）A．库仑力的作用 B．万有引力的作用C．洛伦兹力的作用D．安培力的作用5．小磁针放置在匀强磁场中，小磁针静止时的指向正确的是（）A． B． C． D．6．一通电直导线用细线悬挂于匀强磁场中，磁场及电流方向如图．通电导线所受安培力的方向是（）A．水平向左 B．水平向右 C．竖直向上 D．竖直向下7．一不计重力的带正电粒子沿纸面竖直向下飞入某一磁场区域，在竖直平面上运动轨迹如图所示，则该区域的磁场方向是（）A．沿纸面水平向右B．沿纸面水平向左C．垂直向外 D．垂直向里8．如图所示，小磁针放在磁铁附近，关于小磁针的指向，其中正确的是（）A． B． C． D．9．磁场中某区域的磁感线的如图所示，则（）A．a、b两处的磁感应强度大小不等，B a＞B bB．a、b两处的磁感应强度的大小不等，且B a＜B bC．a、b两处磁场方向一定相同D．a处没有磁感线，所以磁感应强度为零10．如图所示，一根金属棒MN，两端用弹簧悬挂于天花板上，棒中通有方向从M流向N 的电流．若在图中的虚线范围内加一磁场，可以使弹簧的弹力增大（弹力的方向不变）．关于该磁场的方向，以下判断中正确的是（）A．垂直纸面向里 B．垂直纸面向外 C．平行纸面向上 D．平行纸面向下11．下列说法正确的是（）A．磁极间的相互作用是通过磁场发生的B．磁场和电场一样也是客观存在的C．磁感线是实际存在的线，可由实验得到D．磁感线类似于电场线，它总是从磁体的N极出发终止于S极12．如图所示，一导体棒放置在处于匀强磁场中的两条平行金属导轨上，并与金属导轨组成闭合回路．当回路中通有电流时，导体棒受到安培力作用．要安培力减小，可采用的方法有（）A．增大磁感应强度B．减小磁感应强度C．增大电流强度 D．减小电流强度13．电子以初速V0垂直进入磁感应强度为B的匀强磁场中，则（）A．磁场对电子的作用力始终不变B．磁场对电子的作用力始终不作功C．电子的速度始终不变D．电子的动能始终不变14．某电器元件被磁化了，为了使其退磁，下列方法可行的有（）A．把该元件高温处理B．把该元件通入强电流C．把该元件放入逐渐减弱的交变磁场中D．把该元件放入强磁场中15．下列情况说法正确并可以肯定钢针有磁性的是（）A．将钢针的一端接近磁体的北极，两者相互吸引，再将钢针的另一端接近磁体的南极，则两者相互排斥B．将钢针的一端接近磁体的北极，两者相互吸引，再将钢针的另一端接近磁体的北极，则两者相互排斥C．将钢针的一端接近磁体的北极，两者相互排斥，再将钢针的另一端接近磁体的北极，则两者相互排斥D．将钢针的一端接近磁体的北极，两者相互排斥，再将钢针的另一端接近磁体的北极，则两者相互吸引16．关于洛伦兹力的方向，正确的说法是（）A．洛伦兹力的方向，就是磁场中电荷运动的方向B．洛伦兹力的方向开始时与电荷运动的方向垂直，以后与电荷运动的方向成某一个小于90°的角C．洛伦兹力的方向始终与电荷运动的方向垂直D．洛伦兹力的方向始终与磁感应强度的方向垂直17．对于磁感线的认识，下列说法中正确的是（）A．磁场是由磁感线组成的B．无磁感线的地方一定不存在磁场C．磁感线上任一点的切线方向就是该点小磁针静止时N极指向D．在有磁场的空间内，任何一点只能画出一条磁感线18．带电粒子以一定初速度射入某一匀强磁场中，若不计重力，则其运动状态是（）A．一定做匀速圆周运动B．可能做匀速圆周运动C．一定做匀速直线运动D．可能做匀加速直线运动二、解答题（共3小题，满分0分）19．（2012秋•温州期中）赤道上的地磁场可以看成沿南北方向的匀强磁场，磁感应强度的大小为0.50×10﹣4T．如果赤道上有一根沿东西方向的直导线，长为20m，载有从西到东的电流50A．求：（1）地磁场对这根通电导线的作用力的方向；（2）地磁场对这根通电导线的作用力的大小．20．（2014•苍南县校级学业考试）如图所示，两根等长的绝缘细线悬挂一水平金属细杆MN，处在与其垂直的水平匀强磁场中．金属细杆的长度为1m，质量为8.9×10﹣3kg．当金属细杆中通以0.89A的电流时，两绝缘细线上的拉力均恰好为零．忽略与金属细杆连接细导线的影响．求：（1）金属细杆所受安培力的方向；（2）金属细杆中电流的方向；（3）匀强磁场的磁感应强度大小．21．（2014秋•诸暨市校级期中）如图所示，将长50cm，质量为10g的均匀金属棒ab两端用两只相同的弹簧悬挂成水平状态，位于垂直纸面向里的匀强磁场中．当金属棒中通过0.4A 电流时，弹簧恰好不伸长，求：（1）匀强磁场中磁感应强度是多大．（2）当金属棒通0.2A由a到b的电流时，弹簧伸长1cm，如果电流方向由b到a，而电流大小不变，弹簧伸长又是多少．（取g=9.8m/s2）2015-2016学年河北省衡水市故城高中高二（上）月考物理试卷（12月份）参考答案与试题解析一、选择题（共18小题，每小题3分，满分54分）1．我国古代四大发明中，涉及到电磁现象应用的发明是（）A．指南针B．造纸术C．印刷术D．火药【考点】磁现象和磁场．【分析】我国古代四大发明中，涉及到电磁现象应用的发明是指南针．【解答】解：指南针利用地磁场使小磁针偏转来指示方向，涉及到磁现象，而我国古代四大发明中，造纸术、印刷术、火药不涉及电磁现象．故A正确．故选A【点评】本题考查对常识的了解程度，基础题．要重视知识的积累，加强记忆，不在基础题出错．2．关于磁感应强度，下列说法中正确的是（）A．通电导线在磁场中受力大的地方，磁感应强度一定大B．磁感应强度的大小和方向跟放在磁场中的通电导线受力的大小和方向有关C．磁感线的疏密表示磁感应强度的大小D．磁感线的指向就是磁感应强度减小的方向【考点】磁感应强度．【分析】通电导线在磁场中受力可结合公式F=BILsinα分析．磁感应强度由磁场本身决定，与通电导线无关．磁感线的疏密表示磁感应强度的大小．【解答】解：A、只有当通电导线垂直放入磁场中，电流相同时受磁场力大的地方，磁感应强度才一定越大．否则不一定，故A错误．B、磁感应强度的大小和方向由磁场本身决定，与通电导线无关，与通电导线无关．故B错误．C、磁感线的疏密表示磁感应强度的大小，故C正确．D、磁感线的指向与磁感应强度减小无关，故D错误．故选：C．【点评】磁感应强度是通过比值定义得来，例如电场强度也是这种定义，电场强度与电场力及电荷量均没有关系．再如密度也是，密度与物体的质量及体积均无关．同时电流元放入磁场中不一定有磁场力，还受放置的角度有关．3．一块磁铁从高山掉到地上，虽然没有断，但磁性变弱了，这是因为（）A．磁铁被磁化了 B．磁铁因剧烈震动而退磁了C．磁铁是非磁性物质 D．磁铁因速度增大而退磁【考点】分子电流假说．【分析】安培认为构成磁体的分子内部存在一种环形电流﹣﹣分子电流．由于分子电流的存在，每个磁分子成为小磁体，两侧相当于两个磁极．通常情况下磁体分子的分子电流取向是杂乱无章的，它们产生的磁场互相抵消，对外不显磁性．当外界磁场作用后，分子电流的取向大致相同，两端显示较强的磁体作用，形成磁极，就被磁化了．当磁体受到高温或猛烈撞击时会失去磁性，是因为激烈的热运动或震动使分子电流的取向又变的杂乱无章了．【解答】解：根据题意磁性变弱了，说明磁体受到高温或猛烈撞击失去磁性，是因为激烈的热运动或震动使分子电流的取向又变的杂乱无章了，故B正确故选：B【点评】考查了安培分子电流假说，激烈的热运动或震动使分子电流的取向又变的杂乱无章的现象是退磁现象．4．电子通过磁场时会发生偏转，这是因为受到（）A．库仑力的作用 B．万有引力的作用C．洛伦兹力的作用D．安培力的作用【考点】带电粒子在匀强磁场中的运动．【专题】带电粒子在磁场中的运动专题．【分析】电子在磁场中运动时发生偏转，是由于受到洛伦兹力的作用．库仑力是电场对带电粒子的作用力，万有引力是宇宙万物之间普遍存在的引力，安培力是磁场对通电导体的作用力．【解答】解：A、库仑力是电场对带电粒子的作用力，而电子通过的是磁场，发生偏转不是由于库仑力的作用．故A错误．B、万有引力是宇宙万物之间普遍存在的引力，电子质量很小，所受其他物体的万有引力很小，不足以引起电子偏转．故B错误．C、电子通过磁场时，磁场对电子有洛伦兹力的作用而发生偏转．故C正确．D、安培力是磁场对通电导体的作用力．故D错误．故选C【点评】本题考查对洛伦兹力的理解能力．库仑力、电场力、洛伦兹力、万有引力是本质不同的力，不能混淆．本题比较容易．5．小磁针放置在匀强磁场中，小磁针静止时的指向正确的是（）A． B． C． D．【考点】电流的磁场对磁针的作用．【分析】该题看似考查小磁针在磁场中的方向，实质上我们可以从磁感应强度方向规定来看待这一问题，即：磁感应强度方向为小磁针静止时的指向或小磁针N极受力的方向．由此可以进行判定．【解答】解：磁感应强度方向规定：磁感应强度方向为小磁针静止时的指向或小磁针N极受力的方向．故B选项正确，ACD选项都错误．故选：B【点评】该题考查磁感应强度方向规定，属于基础题目，简单题．6．一通电直导线用细线悬挂于匀强磁场中，磁场及电流方向如图．通电导线所受安培力的方向是（）A．水平向左 B．水平向右 C．竖直向上 D．竖直向下【考点】安培力．【分析】已知磁场方向与电流方向，由左手定则可以判断出安培力的方向．【解答】解：根据图示磁场与电流方向，由左手定则可得，安培力方向竖直向下，故ABC 错误，D正确；故选D．【点评】本题考查了左手定则的应用，熟练应用左手定则即可判断出安培力的方向．7．一不计重力的带正电粒子沿纸面竖直向下飞入某一磁场区域，在竖直平面上运动轨迹如图所示，则该区域的磁场方向是（）A．沿纸面水平向右B．沿纸面水平向左C．垂直向外 D．垂直向里【考点】带电粒子在匀强磁场中的运动．【专题】带电粒子在磁场中的运动专题．【分析】粒子进入磁场时受到的洛伦兹力方向水平向右，根据左手定则，将各选项逐一代入判断，选出符合题意的磁场方向．【解答】解：A、若磁场方向沿纸面水平向右，粒子将在垂直于纸面的平面内绕逆时针方向（从左向右看）做圆周运动，不符合题意．故A错误．B、若磁场方向沿纸面水平向左，粒子将在垂直于纸面的平面内绕顺时针方向（从左向右看）做圆周运动，不符合题意．故B错误．C、若磁场方向垂直向外，粒子偏转方向与图中方向相反，不符合题意．故C错误．D、粒子进入磁场时受到的洛伦兹力方向水平向右，粒子带正电，根据左手定则，可知磁场方向垂直纸面向里．符合题意．故D正确．故选D．【点评】本题是磁场中基本定则的应用问题．对于左手定则，要搞清两个问题：一是什么时候用，二是怎样用，才能抓住与右手定则、安培定则的区别．8．如图所示，小磁针放在磁铁附近，关于小磁针的指向，其中正确的是（）A． B． C． D．【考点】磁感线及用磁感线描述磁场．【专题】定量思想；推理法；磁场磁场对电流的作用．【分析】知道蹄形磁铁、条形磁铁、同名磁极、异名磁极间的磁感线布，小磁针静止时N 极的指向为磁场的方向【解答】解：A、蹄形磁铁的磁感线布，在外部由N极指向S极，小磁针静止时N极的指向为磁场的方向，故N极指向S极，故A正确B、条形磁铁的磁感线布，在外部由N极指向S极，小磁针静止时N极的指向为磁场的方向，故N极指向S极，故B错误C、同名S磁极间的磁感线布，在外部由外指向内，小磁针静止时N极的指向为磁场的方向，故N极指向里，故C错误D、异名磁极间的磁感线布，在外部由N极指向S极，小磁针静止时N极的指向为磁场的方向，故N极指向S极，故D错误故选：A【点评】本题考查了磁极间的相互作用规律；解决此题的突破口是先确定磁感线布，小磁针静止时N极的指向为磁场的方向9．磁场中某区域的磁感线的如图所示，则（）A．a、b两处的磁感应强度大小不等，B a＞B bB．a、b两处的磁感应强度的大小不等，且B a＜B bC．a、b两处磁场方向一定相同D．a处没有磁感线，所以磁感应强度为零【考点】磁感线及用磁感线描述磁场；磁感应强度．【专题】定量思想；推理法；磁场磁场对电流的作用．【分析】磁感应的疏密表示磁场的强弱，某点的切线方向就是该点的磁场方向，磁感线是假想的，不实际存在【解答】解：AB、由磁感线的疏密可知B a＜B b，故A错误，B正确；C、某点的切线方向就是该点的磁场方向，故C错误；D、磁感线是假想的，不实际存在，a处没有磁感线，磁感应强度也不为零，故D错误．故选：B【点评】解决本题的关键知道磁感线的疏密表示磁场的强弱，以及知道磁场方向的确定，注意磁感线是假想的10．如图所示，一根金属棒MN，两端用弹簧悬挂于天花板上，棒中通有方向从M流向N 的电流．若在图中的虚线范围内加一磁场，可以使弹簧的弹力增大（弹力的方向不变）．关于该磁场的方向，以下判断中正确的是（）A．垂直纸面向里 B．垂直纸面向外 C．平行纸面向上 D．平行纸面向下【考点】安培力．【分析】棒子受重力和拉力处于平衡，为了增大绳子的拉力，则加上匀强磁场后，产生向上的安培力．【解答】解：A、磁场方向垂直纸面向里，导体棒所受的安培力方向竖直向上，根据平衡，知悬线的拉力减小．故A错误．B、磁场方向垂直纸面向外，导体棒所受的安培力方向竖直向下，根据平衡，知悬线的拉力增大．故B正确．C、磁场方向平行于纸面向上，则安培力方向垂直纸面向外，当平衡时，绳子拉力大于重力，拉力增大．故C错误．D、磁场方向平行于纸面向下，则安培力方向垂直纸面向内，当平衡时，绳子拉力大于重力，拉力增大．故D错误．故选：B．【点评】解决本题的关键能够正确地受力分析，通过共点力平衡进行求解，掌握左手定则判断安培力的方向．11．下列说法正确的是（）A．磁极间的相互作用是通过磁场发生的B．磁场和电场一样也是客观存在的C．磁感线是实际存在的线，可由实验得到D．磁感线类似于电场线，它总是从磁体的N极出发终止于S极【考点】磁现象和磁场；磁感线及用磁感线描述磁场．【分析】（1）磁场的基本性质是：对放入其中的磁体有磁力的作用．（2）磁感线是为了研究磁场方便而人为加上去的，它可以形象地描述磁场．（3）磁场方向的规定：磁场中某点的磁场方向与放在该处的小磁针N极所指的方向相同．（4）磁感线是闭合曲线，磁铁外部的磁感线从磁铁的北极出发，终止于磁铁的南极，而内部则是从磁铁的南极出发，终止于磁铁的北极．【解答】解：A、磁场的基本性质是：对放入其中的磁体有磁力的作用，磁极间的相互作用是通过磁场发生的．故A正确；B、磁场和电场一样也是客观存在的．故B正确；C、磁感线是为了研究磁场方便而人为加上去的，故C错误；D、磁铁外部的磁感线从磁铁的北极出发，终止于磁铁的南极，而内部则是从磁铁的南极出发，终止于磁铁的北极，是闭合曲线．故D错误．故选：AB【点评】解此题要知道磁场的基本性质；知道磁场是客观存在的，磁感线是人为加上去的；知道磁场方向是怎么规定的，及注意磁感线是闭合的．12．如图所示，一导体棒放置在处于匀强磁场中的两条平行金属导轨上，并与金属导轨组成闭合回路．当回路中通有电流时，导体棒受到安培力作用．要安培力减小，可采用的方法有（）A．增大磁感应强度B．减小磁感应强度C．增大电流强度 D．减小电流强度【考点】安培力．【分析】通电导线在磁场中的受到安培力作用，由公式F=BIL求出安培力大小，由左手定则来确定安培力的方向．【解答】解：由安培力的公式F=BIL 可得，减小磁感应强度或减小电流强度均可实现安培力减小．故选：BD【点评】学会区分左手定则与右手定则，前者是判定安培力的方向，而后者是判定感应电流的方向．13．电子以初速V0垂直进入磁感应强度为B的匀强磁场中，则（）A．磁场对电子的作用力始终不变B．磁场对电子的作用力始终不作功C．电子的速度始终不变D．电子的动能始终不变【考点】带电粒子在匀强磁场中的运动．【分析】电子在磁场中受洛伦兹力作用，洛伦兹力与电子速度方向垂直，始终不做功．【解答】解：A、电子在磁场中受到洛伦兹力作用而做匀速圆周运动，洛伦兹力大小不变，但方向时刻变化，洛伦兹力是变力，故A错误；B、洛伦兹力方向与电子速度方向垂直，洛伦兹力对电子不做功，由动能定理可知，电子的动能不变，故BD正确；C、电子在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动，速度大小不变但方向时刻变化，电子速度不断变化，故C错误；故选：BD．【点评】本题考查了电子在磁场中的运动，知道洛伦兹力始终与电子速度方向垂直、洛伦兹力不做功即可正确解题．14．某电器元件被磁化了，为了使其退磁，下列方法可行的有（）A．把该元件高温处理B．把该元件通入强电流C．把该元件放入逐渐减弱的交变磁场中D．把该元件放入强磁场中【考点】分子电流假说．【专题】定性思想；推理法；磁场磁场对电流的作用．【分析】安培认为构成磁体的分子内部存在一种环形电流﹣﹣分子电流．由于分子电流的存在，每个磁分子成为小磁体，两侧相当于两个磁极．通常情况下磁体分子的分子电流取向是杂乱无章的，它们产生的磁场互相抵消，对外不显磁性．当外界磁场作用后，分子电流的取向大致相同，两端显示较强的磁体作用，形成磁极，就被磁化了．当磁体受到高温或猛烈撞击时会失去磁性，是因为激烈的热运动或震动使分子电流的取向又变的杂乱无章了．【解答】解：A、根据退磁的方法可知，把该元件高温处理，因为激烈的热运动使分子电流的取向又变的杂乱无章了．能使元件退磁．故A正确；B、把该元件通入强电流，不能使分子电流的取向变的杂乱无章．故B错误；C、把该元件放入逐渐减弱的交变磁场中是使磁性物体退磁的方法．故C正确；D、把该元件放入强磁场中，可能会使该元件的磁性更强．故D错误．故选：AC【点评】本题考查了安培分子电流假说和磁化、退磁的知识，要真正理解铁磁性物质产生磁化的本质，掌握常见的退磁的方法．属于基础题目．15．下列情况说法正确并可以肯定钢针有磁性的是（）A．将钢针的一端接近磁体的北极，两者相互吸引，再将钢针的另一端接近磁体的南极，则两者相互排斥B．将钢针的一端接近磁体的北极，两者相互吸引，再将钢针的另一端接近磁体的北极，则两者相互排斥C．将钢针的一端接近磁体的北极，两者相互排斥，再将钢针的另一端接近磁体的北极，则两者相互排斥D．将钢针的一端接近磁体的北极，两者相互排斥，再将钢针的另一端接近磁体的北极，则两者相互吸引【考点】磁现象和磁场．【专题】定性思想；推理法；磁场磁场对电流的作用．【分析】1．同名磁极相互排斥，异名磁极相互吸引；2．排斥的一定是同名磁极，而吸引的可能是异名磁极，也可能是磁体吸引铁磁性物质．由此分析解答即可．【解答】解：A、将钢针的一端接近磁体的北极，两者相互吸引，再将钢针的另一端接近磁体的南极，则两者不可能相互排斥．故A错误；B、将钢针的一端接近磁体的北极，两者相互吸引，再将钢针的另一端接近磁体的北极，则两者相互排斥，则可以肯定钢针有磁性．故B正确；C、将钢针的一端接近磁体的北极，两者相互排斥，说明钢针的这一端是N极；再将钢针的另一端接近磁体的北极，则两者相互吸引．故C错误，D正确．故选：BD【点评】该题考查如何物体是否有磁性，要牢记：排斥的一定是同名磁极，可以判断出物体有磁性；而吸引的可能是异名磁极，也可能是磁体吸引铁磁性物质，不能判断出物体是否由磁性．16．关于洛伦兹力的方向，正确的说法是（）A．洛伦兹力的方向，就是磁场中电荷运动的方向B．洛伦兹力的方向开始时与电荷运动的方向垂直，以后与电荷运动的方向成某一个小于90°的角C．洛伦兹力的方向始终与电荷运动的方向垂直D．洛伦兹力的方向始终与磁感应强度的方向垂直【考点】洛仑兹力．【分析】当电荷的运动方向与磁场不平行时，受到洛伦兹力，当电荷的运动方向与磁场方向平行时，不受洛伦兹力．根据左手定则判断洛伦兹力方向与电荷运动方向的关系．【解答】解：ACD、根据左手定则，四指方向应与正电荷运动方向相同，大拇指方向与洛伦兹力方向相同，所以洛伦兹力方向始终与电荷运动方向垂直．故A错误，CD正确．B、运动的电荷速度方向若与磁场方向平行，则不受洛伦兹力，若有洛伦兹力，一定与运动方向垂直．故B错误．故选：CD．【点评】解决本题的关键知道洛伦兹力的特点，会根据左手定则判断洛伦兹力的方向．17．对于磁感线的认识，下列说法中正确的是（）A．磁场是由磁感线组成的B．无磁感线的地方一定不存在磁场C．磁感线上任一点的切线方向就是该点小磁针静止时N极指向D．在有磁场的空间内，任何一点只能画出一条磁感线【考点】磁感线及用磁感线描述磁场．【分析】磁感线是描述磁场分布而假想的；磁感线的疏密表示磁场强弱，磁感线某点的切线方向表示该点的磁场方向；磁感线是闭合曲线，磁体外部磁感线是从N极到S极，而内部是从S极到N极；磁通量可形象描述穿过磁感线的条数．【解答】解：A、磁感线不是实际存在的，所以磁场不是由磁感线组成，故A错误；B、磁感线不是实际存在的，是形象描述磁场强弱与方向的，不画磁感线的地方也存在磁场，故B错误；C、磁感线上任一点的切线方向就是该点的磁场方向，也可以为磁感应强度的方向．故C正确；D、在有磁场的空间内，任何一点都只能画出一条磁感线，磁感线不相交．故D正确；故选：CD【点评】磁感线不是实际存在的，但没有磁感线的地方仍有磁场，小磁针N极受力方向或静止时所指方向就是磁场方向，也是磁感应强度方向．磁感线除不相交外，还是闭合曲线．18．带电粒子以一定初速度射入某一匀强磁场中，若不计重力，则其运动状态是（）A．一定做匀速圆周运动B．可能做匀速圆周运动C．一定做匀速直线运动D．可能做匀加速直线运动【考点】带电粒子在匀强磁场中的运动．。
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2015-2016学年河北省衡水中学高二（上）期末物理试卷一、选择题（每小题4分，共60分，下列每小题所给选项至少有一项符合题意，全部选对的得4分，选对但不全的得2分）1．（4分）如图甲所示，一个单摆做小角度摆动，从某次摆球由左向右通过平衡位置时开始计时，相对平衡位置的位移x随时间t变化的图象如图乙所示．不计空气阻力，g取10m/s2．对于这个单摆的振动过程，下列说法不正确的是（）A．单摆的摆长约为1.0 mB．单摆的位移x随时间t变化的关系式为x=8sin（πt）cmC．从t=0.5 s到t=1.0 s的过程中，摆球的重力势能逐渐增大D．从t=1.0 s到t=1.5 s的过程中，摆球所受回复力逐渐增大2．（4分）如图所示为一个自制的振动系统．在泡沫上插两根弹性很好的细竹片，并用塑料夹夹在细竹片上端制成两个“单摆”A和B，A、B除塑料夹高低不同外，其他条件均相同．当底座沿某一方向做周期性振动时，摆A和B也跟着振动起来．下述说法正确的有（）A．摆A的固有频率比B的大B．当底座做周期性振动时，A摆的振动频率比B的大C．当底座振动频率由零开始从小到大变化（保持振幅不变）时，B摆开始振幅大，随着频率变大，摆A的振幅比B的大D．当底座振动频率由零开始从小到大变化（保持振幅不变）时，A摆开始振幅大，随着频率变大，B摆的振幅比A的大3．（4分）如图所示，两根劲度系数相同的轻弹簧a、b和一根张紧的细线将甲、乙两物块束缚在光滑水平面上，已知甲的质量大于乙的质量，a的原长小于b 的原长．当细线突然断开时，两物块都开始做简谐运动，在运动过程中（）A．甲的振幅大于乙的振幅B．甲的最大加速度大于乙的最大加速度C．甲的最大速度小于乙的最大速度D．甲的最大动能大于乙的最大的动能4．（4分）一列简谱横波沿x轴正方向传播，在x=12m处的质元的振动图线如图1所示，在x=18m处的质元的振动图线如图2所示．下列说法正确的是（）A．在0～4s内x=12m处和x=18m处的质元通过的路程均为6cmB．x=12m处的质元在平衡位置向上振动时，x=18m处的质元在波峰C．该波的波长可能为8mD．若在x=18m的位置放一接收器，接收到的波的频率将大于Hz5．（4分）如图，t=0时刻，波源在坐标原点从平衡位置沿y轴正向开始振动，振动周期为0.4s，在同一均匀介质中形成沿x轴正、负两方向传播的简谐横波．下图中能够正确表示t=0.6s时波形的图是（）A．B．C．D．6．（4分）两列振幅、波长和波速都相同的简谐波a和b分别沿x轴的正方向、负方向传播，波速v=200m/s，在t=0时刻的部分波形如图所示，那么在x轴上x=450m的质点P，经最短时间t1出现位移最大值，经最短时间t2出现位移最小值，则t1、t2分别是（）A．1.75s，1.25s B．0.25s，0.75sC．1.25s，0.75s D．0.25s，1.25s7．（4分）图1是一列简谐横波在t=0.75s时的波形图，已知c位置的质点比a 位置的晚0.5s起振．则图2所示振动图象对应的质点可能位于（）A．a＜x＜b B．b＜x＜c C．c＜x＜d D．d＜x＜e 8．（4分）如图所示，甲、乙两平面波是振幅相同的相干波，甲波沿x轴正方向传播，乙波沿y轴正方向传播，图中实线表示某一时刻的波峰位置，虚线表示波谷位置，对图中正方形中央的a、b、c、d四点的振动情况，正确的判断是（）A．a、b点振动加强，c、d点振动减弱B．a、c点振动加强，b、d点振动减弱C．a、d点振动加强，b、c点振动减弱D．a、b、c、d点的振动都加强9．（4分）（多选）固定的半圆形玻璃砖的横截面如图，O点为圆心，OO′为直径MN的垂线。
足够大的光屏PQ紧靠玻璃砖右侧且垂直于MN．由A、B两种单色光组成的一束光沿半径方向射向O点，入射光线与OO'夹角θ较小时，光屏NQ区域出现两个光斑，逐渐增大θ角，当θ=α时，光屏NQ区域A光的光斑消失，继续增大θ角，当θ=β时，光屏NQ区域B光的光斑消失，则（）A．玻璃砖对A光的折射率比对B光的大B．A光在玻璃砖中传播速度比B光的大C．α＜θ＜β时，光屏上只有1个光斑D．β＜θ＜90°时，光屏上只有1个光斑10．（4分）以下哪些现象是由于光的全反射形成的（）A．将空玻璃试管插入水中看上去比充满水的试管要亮得多B．夜晚，湖面上映出了岸上的彩灯C．夏天，海面上出现的海市蜃楼D．在炎热的夏天，向远处的柏油马路看去，路面特别明亮光滑，像用水淋过一样11．（4分）如图甲所示，在平静的水面下有一个点光源s，它发出的是两种不同颜色的a光和b光，在水面上形成了一个被照亮的圆形区域，该区域的中间为由ab两种单色光所构成的复色光的圆形区域，周边为环状区域，且为a光的颜色（见图乙）．则以下说法中正确的是（）A．a光在水中的传播速度比b光大B．水对a光的折射率比b光大C．a光的频率比b光大D．在同一装置的杨氏双缝干涉实验中，a光的干涉条纹比b光窄12．（4分）由红、绿两单色光组成的光束以入射角θ由空气射到半圆形玻璃砖表面的A处，AD是半圆的直径．进入玻璃后分为两束，分别为AB、AC，它们从A到B和从A到C的时间分别为t1和t2，则（）A．AB是红光，t1=t2B．AC是红光，t1=t2C．AB是绿光，t1＜t2D．AC是绿光，t1＞t213．（4分）如图所示，一细束白光通过玻璃三棱镜折射后分为各种单色光，取其中a、b、c三种色光，下列说法正确的是（）A．若b光为绿光，则c光可能为蓝光B．若分别让a、b、c三色光通过一双缝装置，则a光形成的干涉条纹的间距最小C．a、b、c三色光在玻璃三棱镜中的传播速度依次越来越小D．若让a、b、c三色光以同一入射角，从空气中某方向射入一介质，b光恰能发生全反射，则c光也一定能发生全反射14．（4分）截面为等腰三角形的三棱镜，它的两个底角都为30°，棱镜的折射率为．两条平行光线垂直于棱镜底面入射，如图所示，两条光线由棱镜射出时所成的角度为（）A．30°B．60°C．90°D．120°15．（4分）如图所示，有一束平行于等边三棱镜截面ABC的单色光从空气射向E点，并偏折到F点．已知入射方向与边AB的夹角为θ=30°，E、F分别为边AB、BC的中点，则（）A．该棱镜的折射率为B．光在F点发生全反射C．光从空气进入棱镜，波长变小D．从F点出射的光束与入射到E点的光束平行二、非选择题16．（2分）在用两面平行的玻璃砖测定玻璃折射率的实验中，其实验光路如图所示．对实验中的一些具体问题，下列说法中正确的是（）A．为了减小作图误差，P3和P4的距离应适当取大些B．为减少测量误差，P1和P2的连线与玻璃砖界面的夹角应适当取大一些C．若P1、P2的距离较大，通过玻璃砖会看不到P1、P2的像D．若P1、P2连线与法线NN′夹角过大，有可能在bb′面上发生全反射，所以在bb′一侧就看不到P1、P2的像．17．（10分）用双缝干涉测光的波长。
实验装置如图a所示，已知单缝与双缝的距离L1=60mm，双缝与屏的距离L2=700mm，单缝宽d1=0.10mm，双缝间距d2=0.25mm。
用测量头来测量光屏上干涉亮条纹中心的距离。
测量头由分划板、目镜、手轮等构成，转动手轮，使分划板左右移动，让分划板的中心刻度对准屏上亮纹的中心，（如图b所示），记下此时手轮的读数，转动测量头，使分划板中心刻线对准另一条亮纹的中心，记下此时手轮上的刻度。
①分划板的中心刻线分别对准第1条和第4条亮纹的中心时，手轮上的读数如图c所示，则对准第1条时读数x1=mm，对准第4条时读数x2= mm，相邻两条亮纹间的距离△x=mm。
②计算波长的公式λ=（用题设的字母表示）；求得的波长值是nm（保留三位有效数字）。
18．（9分）如图，为某种透明材料做成的三棱镜横截面，其形状是边长为a的等边三角形，现用一束宽度为a的单色平行光束，以垂直于BC面的方向正好入射到该三棱镜的AB及AC面上，结果所有从AB、AC面入射的光线进入后恰好全部直接到达BC面．试求：（1）该材料对此平行光束的折射率；（2）这些到达BC面的光线从BC面折射而出后，如果照射到一块平行于BC面的屏上形成光斑，则当屏到BC面的距离d满足什么条件时，此光斑分为两块？19．（9分）劲度系数为k的轻弹簧上端固定一质量为m的小球，向下压小球后从静止释放，小球开始做简谐运动．该过程小球的最大加速度是2.8g（g为重力加速度）．求：（1）简谐运动的振幅大小A；（2）当小球运动到最低点时，小球对弹簧弹力的大小；（3）若弹簧原长为L，则振动过程中弹簧的最大长度L′是多少？20．（10分）一列简谐横波如图所示，t1时刻的波形如图中实线所示，t2时刻的波形如图中虚线所示，已知△t=t2﹣t1=0.5s，问：（1）若波向左传播，则这列波的传播速度是多少？（2）若波向右传播，且4T＜△t＜5T，波速是多大？（3）若波速等于100m/s，则波向哪个方向传播？21．（10分）一列沿x轴传播的间谐横波在t=0时刻的波的图象如图所示，经△t=0.1s，质点M第一次回到平衡位置，求：（1）波的传播速度；（2）质点M在1.2s内走过的路程．2015-2016学年河北省衡水中学高二（上）期末物理试卷参考答案与试题解析一、选择题（每小题4分，共60分，下列每小题所给选项至少有一项符合题意，全部选对的得4分，选对但不全的得2分）1．（4分）如图甲所示，一个单摆做小角度摆动，从某次摆球由左向右通过平衡位置时开始计时，相对平衡位置的位移x随时间t变化的图象如图乙所示．不计空气阻力，g取10m/s2．对于这个单摆的振动过程，下列说法不正确的是（）A．单摆的摆长约为1.0 mB．单摆的位移x随时间t变化的关系式为x=8sin（πt）cmC．从t=0.5 s到t=1.0 s的过程中，摆球的重力势能逐渐增大D．从t=1.0 s到t=1.5 s的过程中，摆球所受回复力逐渐增大【解答】解：A、由公式T=2π=2s，代入得到L=1m。
故A正确。
B、由振动图象读出周期T=2s，振幅A=8cm，由ω=得到角频率ω=πrad/s，则单摆的位移x随时间t变化的关系式为Asinωt=8sin（πt）cm．故B正确。
C、从t=0.5 s到t=1.0 s的过程中，摆球从最高点运动到最低点，重力势能减小。
故C错误。
D、从t=1.0 s到t=1.5 s的过程中，摆球的位移增大，回复力增大。
故D正确。
本题选错误的，故选：C2．（4分）如图所示为一个自制的振动系统．在泡沫上插两根弹性很好的细竹片，并用塑料夹夹在细竹片上端制成两个“单摆”A和B，A、B除塑料夹高低不同外，其他条件均相同．当底座沿某一方向做周期性振动时，摆A和B也跟着振动起来．下述说法正确的有（）A．摆A的固有频率比B的大B．当底座做周期性振动时，A摆的振动频率比B的大C．当底座振动频率由零开始从小到大变化（保持振幅不变）时，B摆开始振幅大，随着频率变大，摆A的振幅比B的大D．当底座振动频率由零开始从小到大变化（保持振幅不变）时，A摆开始振幅大，随着频率变大，B摆的振幅比A的大【解答】解：A、由于摆B的摆长大于A，根据T=知，摆B的固有周期大于A，则摆A的固有频率大于B．故A正确。