信阳高级中学2015-2016学年高二下学期开学考试物理试题及答案

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信阳市高二物理下学期开学考试试题

河南省信阳市2020学年高二物理下学期开学考试试题一、选择题：本题共10小题，共计50分，其中1~6题只有一个选项是正确的是；7~10题有多个选项是正确的是，全部选对得5分，选对但不全得3分；有选错或不答的得0分。

1．在物理学发展过程中，观测、实验、假说和逻辑推理等方法都起到了重要作用，下列说法中，不正确的是A ．奥斯特实验说明电流具有磁效应，首次揭示了电和磁之间存在联系B ．直流电流、环形电流、通电螺线管的磁场均可用安培定则判断C ．通电螺线管外部的磁场与条形磁铁的磁场十分相似，受此启发，安培提出了著名的分子电流假说D ．洛伦兹力方向可用左手定则判断，此时四指指向与电荷运动方向一致2．如图所示，在相距为d 的两个点，固定着电量分别为-Q 和+Q 的两个点电荷，在它们连线的水平中垂线上固定一根长为L ，内壁光滑的绝缘细管，现有一电量为+q 的小球以初速度0v 从管口射入，已知静电力常量为k ，则下列说法正确的是A ．小球的速度一直减小B ．小球的速度先减小后增大C ．小球的电势能保持不变D ．管壁对小球的弹力最大值为22Qq k d 3．在如图所示的电路中，电源的电动势为E ，内阻为r ，灯泡L 的电阻大于电源的内阻r ，闭合开关S ，在滑动变阻器的滑片由a 向b 移动的过程中，下列各物理量的变化情况不正确的是A ．电流表的读数减小B ．灯泡L 变亮C ．电源输出功率先减小后增大D ．电压表的读数先增大后减小 4．如图所示是示波管的原理示意图，'XX 、'YY 上不加电压时，在荧光屏的正中央出现一亮斑，现将'XX 、'YY 分别连接如图甲乙所示电压，从荧光屏正前方观察，你应该看到的是图中哪一个图形？5.如图所示，两个条形磁铁的N和S相向水平放置，一竖直放置的矩形线框从两个磁铁之间正上方自由落下，并从两磁铁中间穿过。

下列关于线框受到安培力及从右向左看感应电流方向说法正确的是A.感应电流方向先逆时针方向，后顺时针方向B.感应电流方向先逆时针方向，后顺时针方向C.安培力方向一直竖直向上D.安培力方向先竖直向上，后竖直向下6．有一台理想变压器及所接负载如图所示，在原线圈c、d两端加上交变电流。

【全国百强校】河南省信阳高级中学2015-2016学年高二上学期开学考试物理试题解析(解析版)

选择题（10、11、12小题为多选题，其余为单选题，每题4分，多选题选不全的得2分）1、在某高处A点，以v0的速度同时竖直向上与向下抛出a、b两球，不计空气阻力，则下列说法中正确的是（）A．两球落地的时间差为v0/g B．两球落地的时间差为2v0/gC．两球落地的时间差与高度有关 D. 条件不足，无法确定【答案】B考点：竖直上抛和竖直下抛。

【名师点睛】此题考查了抛体运动的规律；要知道竖直上抛运动回到出发点是对称运动，所以求解时间时用自由落体运动比较简单；上抛运动和下抛运动的加速度均为g；此题是基础题，意在考查学生对物理现象的理解分析能力.2、物体A、B的s-t图像如图所示，由图可知( )A、从第3s起，两物体运动方向相同，且v A>v BB、两物体由同一位置开始运动，但物体A比B迟3s才开始运动C、在5s内物体的位移相同，5s末A、B相遇D、5s内A、B的平均速度相等【答案】A【解析】试题分析：由图线可知，从第3s起，两物体运动方向相同，均沿正方向，由于斜率等于物体的速度，则v A>v B，选项A正确；B物体从位移等于5m处开始运动，物体A比B迟3s才开始运动，选项B错误；在5s内，A的位移为10m，B的位移为5m，；两物体的位移不相同，5s末A、B相遇，选项C错误；因5s内两物体的位移不相同，故两物体的平均速度不相同，选项D 错误；故选A.考点：x-t 图线；平均速度【名师点睛】此题考查了对x-t 图线的理解；关键是理解图线的物理意义：图线与x 轴的截距代表物体开始运动的初始位移，与t 轴的截距表示物体开始运动的时刻，直线的斜率大小等于物体的速度大小，斜率符号表示速度的方向；两图线的交点为两物体的相遇点.3、欧洲天文学家发现了可能适合人类居住的行星“格里斯581c”．该行星的质量是地球的m 倍，直径是地球的n 倍．设在该行星表面及地球表面发射人造卫星的最小发射速度分别为12v v 、，则12v v 的比值为( )A. B. m nC. D.【答案】D考点：万有引力定律【名师点睛】此题考查了万有引力定律的应用问题；解题的关键是知道卫星做圆周运动的向心力由万有引力来提供，根据牛顿定律列得方程即可；注意理解最小发射速度是指围绕星球表面做圆周运动的近地卫星的速度.4、取水平地面为重力势能零点。

【全国百强校】河南省信阳高级中学2015-2016学年高二12月月考物理试题解析(解析版)

第I 卷(选择题共40分)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，1-6小题只有一个选项正确，7-10小题有多个选项正确。

全部选对的得4分，选不全的得2分，有选错或不答的得0分） 1. 如图所示，电荷量q -，质量为m 的滑块，沿固定绝缘斜面匀速下滑，现加一竖直向上的匀强电场，电场强度为E ，以下判断中正确的是 A.物体将沿斜面减速下滑 B.物体将沿斜面加速下滑 C.物体仍保持匀速下滑 D.物体可能静止【答案】C考点：带电粒子在复合场中的运动【名师点睛】判断物体运动的状态，关键是分析受力情况，确定合力是否为零或合力与速度方向的关系．若滑块匀速下滑，受力平衡，沿斜面方向列出力平衡方程．加上竖直方向的匀强电场后，竖直方向加上电场力，再分析物体受力能否平衡，判断物体能否匀速运动．2. 如图所示，通有恒定电流的导线MN 与闭合金属框共面，第一次将金属框由I 平移到II ，第二次将金属框由I 绕cd 边翻转到II ，设先后两次通过金属框的磁通量的变化分别为1φ∆和2φ∆，则 A.1φ∆>2φ∆ B.1φ∆=2φ∆ C.1φ∆<2φ∆ D.1φ∆=2φ∆-【答案】C考点：磁通量【名师点睛】本题的关键是确定磁通量的变化，要注意翻转后磁通量的方向与开始前的磁通量的方向相反。

第一次将金属框由Ⅰ平移到Ⅱ，穿过线框的磁感线方向没有改变，磁通量变化量大小等于两个位置磁通量的差值；第二次将金属框绕cd 边翻转到Ⅱ，穿过线框的磁感线的方向发生改变，磁通量变化量大小等于两个位置磁通量绝对值之和。

3. 如图所示，条形磁铁放在光滑斜面上，用平行于斜面的轻弹簧拉住处于静止状态。

a 为垂直纸面放置的直导线的横截面，导线中无电流时，磁铁对斜面的压力为F N1；当导线中有电流通过时，弹簧的伸长量增大了，此时磁铁对斜面的压力为F N2，则 A.21N N F F <，a 中电流方向向外 B.21N N F F =，a 中电流方向向里 C.21N N F F >，a 中电流方向向外 D.21N N F F <，a 中电流方向向里【答案】D 【解析】试题分析：如图所示，画出磁铁在导线A 处的一条磁感线，若导线A 中通有向外的电流，由左手定则判断出导线所受安培力F 方向向下，由牛顿第三定律知磁铁所受反作用力F′向上，磁铁对斜面的压力F N 减小，F N2<F N1;同时由于F′有沿斜面向上的分力，使得弹簧弹力减小，可知弹簧的伸长量减小，假设正确，故选D.考点：安培力【名师点睛】本题的关键是知道磁场对电流的作用的方向可以通过左手定则判断，然后根据作用力和反作用力的知识进行推理分析。

河南省信阳高级中学2015届高三上学期第六次大考物理试题word版含部分答案

河南省信阳高级中学2015届高三上学期第六次大考物理试题注意事项：1．答题前填写好自己的姓名、班级、考号等信息 2．请将答案正确填写在答题卡上第I 卷（选择题）一、选择题（本题包括12小题。

每小题给出的四个选项中，1-8小题只有一个选项正确，9-12小题有多个选项正确，全部选对的得4分。

选不全的得2分，有选错的或不答的得0分，共48分）1.“儿童蹦极”中，拴在腰间左右两侧的是弹性极好的橡皮绳。

质量为m 的小明如图所示静止悬挂时，两橡皮绳的拉力大小均恰为mg ，若此时小明左侧橡皮绳在腰间断裂，则小明此时 A ．加速度为零，速度为零B ．加速度a ＝g ，沿原断裂橡皮绳的方向斜向下C ．加速度a ＝g ，沿未断裂橡皮绳的方向斜向上D ．加速度a ＝g ，方向竖直向下2.2012年6月9日晚.受沿线焚烧秸杆产生烟雾影响,宁洛高速公路安徽省蒙城段发生多起多点车辆追尾事故。

假设髙速公路上甲、乙两车在同一车道上同向行驶.甲车在前.乙车在后.速度均为 v 0=30m/s.距离s 0 = l00m.t=0时刻甲车遇紧急情况后，甲、乙两车的加速度随时间变化如图所示.取运动方向为正方向.下面说法错误的是（）A.t=6s 时两车等速B.t=6s 时两车距离最近C.0-6s 内两车位移之差为90mD.两车在0-9s 内会相撞3.最近美国宇航局公布了开普勒探测器最新发现的一个奇特的行星系统，命名为“开普勒-11行星系统”，该系统拥有6颗由岩石和气体构成的行星围绕一颗叫做“kepler-11”的类太阳恒星运行。

经观测，其中被称为“kepler-11b ”的行星与“kepler-11”之间的距离是地日距离的N1，“kepler-11”的质量是太阳质量的k 倍，则“kepler-11b ”的公转周期和地球公转周期的比值是：（） A.13--k N B.k N 3 C.2123--kND.2123k N4.光盘驱动器在读取内圈数据时，以恒定线速度方式读取。

2015-2016学年河南省信阳高中高二(下)期末物理试卷

2015-2016学年河南省信阳高中高二（下）期末物理试卷学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________一、单选题(本大题共7小题，共35.0分)1.某同学在学习了动力学知识后，绘出了一个沿直线运动的物体的加速度a、速度v、位移x随时间变化的图象如图所示，若该物体在t=0时刻，初速度均为零，则下列图象中表示该物体沿单一方向运动的图象是（）A. B. C. D.【答案】C【解析】解：A、在0-2s内，位移先增大再减小，知运动的方向发生改变．故A错误．B、在0-2s内速度为正值，向正方向运动，在2-4s内速度为负值，向负方向运动，运动方向发生改变．故B错误．C、0-1s内加速度不变，做匀加速直线运动，1-2s内加速度方向变为反向，大小不变，向正方向做匀减速直线运动，2s末速度为零．在一个周期内速度的方向不变．故C正确．D、在0-1s内，向正方向做匀加速直线运动，1-2s内加速度方向变为反向，大小不变，向正方向做匀减速直线运动，2s末速度为零，2-3s内向负方向做匀加速直线运动，运动的方向发生变化．故D错误．故选C．速度时间图线的正负值表示物体运动的方向，通过位移时间图线的位移的增加还是减小判断运动的方向．解决本题的关键知道速度时间图线和位移时间图线的物理意义，以及知道它们的区别，并且能很好运用．2.三个相同光滑硬杆的O端连接在一起但各自能绕O点自由转动，OABC始终构成一个正三棱锥，杆的另一端ABC始终成一个等边三角形且在同一水平面，现在锥内放一个小球，然后缓慢使锥角变大，直到三根杆水平，该过程中每根杆对小球的作用力将（）A.一直减小B.一直增大C.先减小后增大D.先增大后减小【答案】A【解析】解：由题，三根杆对小球的作用力的大小相等，三个弹力在竖直方向上的分力恰好等于重力，则每一根杆对小球的作用力在竖直方向的分力等于．设任意一根杆与竖直方向的夹角为θ，则：缓慢使锥角变大，直到三根杆水平的过程中，θ增大，sinθ增大，减小．故选项A正确．故选：AOABC始终构成一个正三棱锥，所以三根杆对小球的作用力的大小相等，三个弹力在竖直方向上的分力恰好等于重力．水平方向上，三弹力的水平分力平衡．该题中OABC始终构成一个正三棱锥，所以物体的受力是空间坐标力系，在平面内不能画出力的关系，要根据正三棱锥中的对称性，得出“三根杆对小球的作用力的大小相等，三个弹力在竖直方向上的分力恰好等于重力”的结论，即可正确解题．这也是解题的关键所在．3.一质点在a、b两点之间做匀变速直线运动，加速度方向与初速度方向相同，当在a点初速度为v时，从a点到b点所用的时间为t，当在a点初速度为2v时，保持其他量不变，从a点到b点所用的时间为t′，则（）A.t′＞B.t′=C.t′＜D.t′=t【答案】A【解析】解：由题意作出对应的v-t图象如图所示；图象中图象与时间轴围成的面积表示物体通过的位移，由图可知，在至t之间时，初速度为2v0的位移等于初速度为v0时的位移；则说明t′＞；故选：A．分别作出两种情况下的v-t图象，由图象得出两种情况下的运动位移关系，结合题意明确第二次的时间与第一次时间的关系．本题中若用公式法解析，过程将非常复杂；故应用v-t图象的性质可以起到事半功倍的效果；要注意明确图象在解题中的应用的优势，在学习中要多加应用．4.如图所示，两相同物块分别放置在对接的两固定斜面上，物块处在同一水平面内，之间用细绳连接．在绳的中点加一竖直向上的拉力F，使两物块处于静止状态，此时绳与斜面间的夹角小于90°．当增大拉力F后，系统仍处于静止状态，下列说法中错误的是（）A.绳受到的拉力变大B.物块与斜面间的摩擦力变小C.物块对斜面的压力变小D.物块受到的合力不变【答案】B【解析】解：A、将F分解为F1、F2两个分力，如图1所示，由于F1、F2之间的夹角不变，当F增大时，则知绳受到的拉力F1和F2同时增大．故A正确．B、C对左边物体进行研究，分析受力如图2所示，由平衡条件得摩擦力f=mgsinα+F1cosβ，F1增大，其他量不变，则f增大；支持力F N=mg-F1sinβ，F1增大，其他量不变，则F N变小；故B错误，C正确．D、由题意，物块处于静止状态，受到的合力为零，保持不变．故D正确．本题选错误的，故选：B．将F分解，分析绳受到的拉力与F的关系，即可判断绳受到的拉力如何变化；分析物块的受力情况，由平衡条件得出物块与斜面间的摩擦力与绳子拉力的关系，以及斜面对物块的支持力与绳子拉力的关系，即可分析支持力和摩擦力的变化情况．物块处于静止状态，受到的合力不变．本题运用分解法和正交分解法研究共点力平衡问题，分析受力情况是关键．5.国务院批复，自2016年起将4月24日设立为“中国航天日”．1970年4月24日我国首次成功发射的人造卫星东方红一号，目前仍然在椭圆轨道上运行，其轨道近地点高度约为440km，远地点高度约为2060km；1984年4月8日成功发射的东方红二号卫星运行在赤道上空35786km的地球同步轨道上．设东方红一号在远地点的加速度为a1，东方红二号的加速度为a2，固定在地球赤道上的物体随地球自转的加速度为a3，则a1、a2、a3的大小关系为（）A.a2＞a1＞a3B.a3＞a2＞a1C.a3＞a1＞a2D.a1＞a2＞a3【答案】D【解析】解：东方红二号地球同步卫星和地球自转的角速度相同，由a=ω2r可知，a2＞a3；由万有引力提供向心力可得：a=，东方红一号的轨道半径小于东方红二号的轨道半径，所以有：a1＞a2，所以有：a1＞a2＞a3，故ABC错误，D正确．故选：D．根据万有引力提供向心力可比较东方红一号和东方红二号的加速度；同步卫星的运行周期和地球自转周期相等，角速度相等，根据比较固定在地球赤道上的物体和东方红二号的加速度．解决本题的关键掌握万有引力定律的两个重要理论：1、万有引力等于重力，2、万有引力提供向心力，并能灵活运用．还要知道同步卫星的运行周期和地球自转周期相等．6.一金属容器置于绝缘板上，带电小球用绝缘细线悬挂于容器中，容器内的电场线分布如图所示．容器内表面为等势面，A、B为容器内表面上的两点，下列说法正确的是（）A.A点的电场强度比B点的大B.小球表面的电势比容器内表面的低C.B点的电场强度方向与该处容器内表面夹角小于90°D.将检验电荷从A点沿不同路径移到B点，电场力所做的功相同【答案】D【解析】解：A、由图可知，A点电场线比B点疏，故说明A点的电场强度比B点小；故A错误；B、沿电场线的方向电势降落，故小球表面的电势比容器内表面高，故B错误；C、容器内表面为等势面，故此处电场强度与容器表面夹角为90°，故C错误；D、电场力做功与路径无关，故将检验电荷从A点沿不同路径移到B点，电场力所做的功相同，故D正确．故选：D．明确电场线的性质，知道电场线的疏密表示电场强度的大小，而沿电场线方向电势降落，同时电场线总是与等势面相互垂直，明确电场力做功与路径无关．本题考查电场线与等势面的性质，注意掌握根据电场线判断电场强度以及电势变化情况，同时知道电场线与等势面之间的关系，掌握电场力做功的特点．7.如图所示电路中，电源内阻忽略不计．闭合电建，电压表示数为U，电流表示数为I；在滑动变阻器R1的滑片P由a端滑到b端的过程中（）A.U先变大后变小B.I先变大后变小C.U与I比值先变大后变小D.U变化量与I变化量比值等于R3【答案】C【解析】解：A、由图可知电压表测量的是电源的电压，由于电源内阻忽略不计，则电压表的示数总是不变，故A错误；BC、由图可知，在滑动变阻器R1的滑片P由a端滑到b端的过程中，滑动变阻器R1的电阻先增大后减小，由于电压不变，根据闭合电路欧姆定律可知电流表示数先减小后增大，U与I的比值就是接入电路的R1的电阻与R2的电阻的和，所以U与I比值先变大后变小，故C正确；B错误；D、由于电压表示数没有变化，所以U变化量与I变化量比值等于0，故D错误；故选：C．电源内阻忽略不计，电压表测量电源电压，所以无论外电阻如何变化，电压表示数不变．滑动变阻器R1的滑片P由a端滑到b端的过程中，电阻先曾大后减小，由欧姆定律可判断电流表示数的变化和和U与I比值的变化．考查闭合电路欧姆定律与部分电路欧姆定律的应用，掌握闭合电路的动态分析，知道电阻的串并联阻值，注意本题已说明电源内阻忽略不计，学生容易忽略该条件，从而导致错误．二、多选题(本大题共5小题，共25.0分)8.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所受的摩擦力可能为零B.达到稳定状态时b所受的摩擦力可能为零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所受的合外力一定为零【答案】BD【解析】解：A、对a受力分析，弹簧被压缩，对a的弹力沿斜面向下，a受的摩擦力沿斜面向上，不为零，故A错误；B、b所受的摩擦力可能为零，也可能不为零，当弹力加绳子的拉力和重力沿斜面方向的分量相等时静摩擦力为零，否则不为零，故B正确；C、细绳剪断瞬间，b所受的拉力减小为零，但静摩擦力会变化，故合力可能为零，也可能不为零，故C错误；D、则剪断瞬间绳子拉力立即消失，而弹簧形变量来不及改变故弹簧弹力不变，a所受摩擦力不变，合力为零，故D正确；故选：BD．根据弹簧和绳不同的特点，弹簧的弹力不会发生突变，而绳的拉力是能够突变的，再根据物体的受力就可以判断摩擦力的变化情况．主要就是考查学生对弹簧和绳在力发生突变时它们的特点，知道弹簧弹力不能突变这一点就很容易了．9.如图所示，a、b、c、d分别是一个菱形的四个顶点，∠abc=120°．现将三个等量的正点电荷+Q分别固定在a、b、c三个顶点上，将一个电量为+q的点电荷依次放在菱形中心O点和另一个顶点d点处，两点相比（）A.d点电场强度的方向由O指向dB.+q在d点所具有的电势能较大C.d点的电势大于O点的电势D.d点的电场强度小于O点的电场强度【答案】AD【解析】解：A、设菱形的边长为r，根据公式E=k分析可知三个点电荷在d产生的场强大小相等，a、c两处的正电荷在d点产生的合场强方向由O指向d，b处正电荷在d点产生的场强方向由O指向d，由电场的叠加原理可知，d点电场强度的方向由O指向d，故A 正确．BC、O d间电场线方向从O到d，根据顺着电场线方向电势降低，O点的电势高于d点的电势，而正电荷在高电势高处电势能大，则知+q在d点所具有的电势能较小．故BC 错误．D、d点的场强大小为E D=k+2k cos60°=2k．O点的场强大小为E O=k=4k，可见，d点的电场强度小于O点的电场强度．故D正确．故选：AD根据电场的叠加原理，分析d点电场强度的方向；O点的电场强度就等于b处+Q在O 处产生的电场强度大小．根据顺着电场线方向电势降低，分析d点与O点电势关系．结合正电荷在高电势高处电势能大，分析电势能的大小．本题的关键要抓住对称性，由电场的叠加原理分析场强大小和电场线的方向，再判断电势能的高低．10.如图甲所示，静止在水平地面上的物块A，受到水平拉力F的作用，F与时间t的关系如图乙所示，设物块与地面之间的最大静摩擦力f m大小与滑动摩擦力大小相等，则（）A.0～t0时间内力F的功率逐渐增大 B.t1时刻A的加速度最大C.t2时刻A的速度最大D.t2时刻后物体做反方向运动【答案】BC【解析】解：A、t0时刻前，推力小于最大静摩擦力，物体静止不动，静摩擦力与推力二力平衡，合力为零，力F的功率为零，故A错误；B、在t0～t2时间内，拉力大于摩擦力，物块做加速运动，t1时刻力最大，加速度最大，可知在t2时刻的速度最大，动能最大，故BC正确；D、t2时刻后加速度反向，但速度方向不变，故D错误；故选：BC当推力小于最大静摩擦力时，物体静止不动，静摩擦力与推力二力平衡，当推力大于最大静摩擦力时，物体开始加速，当推力重新小于最大静摩擦力时，物体由于惯性继续减速运动．本题考查了学生的读图能力，能够通过F-t图线，得出整个过程中物块的运动规律．11.如图甲所示，MN是一个螺线管，它的绕线方法没有画出，A是在MN的正下方水平放置在地面上的金属圆环．现在a、b两端接入如图乙所示的正弦交流电后，下列说法正确的是（）A.0～t1时间内A环对地面的压力不断增加B.0～t1时间内A环对地面的压力先增加后减小C.t1～t2和t2～t3时间内A环中的电流方向相同D.0～t4时间内A环中的电流方向始终不变【答案】BC【解析】解：AB、在0时刻螺线管中的电流为零，对金属圆环的作用力为零，之后螺线管中的电流在增大，穿过金属圆环中的磁通量在增大，由楞次定律得金属圆环中产生与螺线管中反向的电流，反向电流相互排斥；t1时刻螺线管中的电流最大，电流的变化率为零，此时尽管穿过金属圆环的磁通量最大，但磁通量的变化率为零，感应电流为零，故螺线管对金属圆环的作用力也为零，所以在0～t1时间内，A环对地面的压力先增加后减小，故A错误、B正确；C、t1～t2时间内螺线管中的电流在减小，由楞次定律得A环中的电流方向与之相同；t2～t3时间内电流在增大，由楞次定律得A环中的电流方向与之相反，由于t1～t2和t2～t3时间内螺线管中电流方向相反，所以这两段时间内A环中的电流方向相同，故C正确；D、同理可得0～t1和t1～t2时间内环中电流反向；t2～t3和t3～t4时间内环中的电流反向，故D错误；故选：BC．AB、根据右手螺旋定则，来判定穿过线圈A的磁通量变化，再依据楞次定律，确定感应电流方向，从而判定环与地面的压力情况；CD、同理，根据右手螺旋定则与楞次定律，即可判定各段时间内的感应电流方向．考查右手螺旋定则与楞次定律的应用，掌握感应电流产生的条件，注意右手螺旋定则与右手定则的区别．12.如图所示，水平地面上有两块完全相同的木块A、B，水平推力F作用在A上，用F AB代表A、B间的相互作用力，下列说法中正确的是（）A.若地面是光滑的，则F AB=FB.若地面是光滑的，则F AB=C.若地面是粗糙的，且A、B被推动，则F AB=D.若地面是粗糙的，且A、B 未被推动，F AB可能为【答案】BCD【解析】解：A、B、若地面是完全光滑的，A、B将以共同的加速度运动，因木块AB完全相同设质量为m、加速度为a；根据牛顿第二定律：对AB整体：F=2ma，得a=；对B：F AB=ma=．故A错误，B正确；C、若地面是有摩擦的，且A、B被推动，A、B也将以共同的加速度运动根据牛顿第二定律对AB整体：F-μ（m+m）g=2ma解得：a==，对B：F AB-μmg=ma故：F AB=ma+μmg=m（a+μg）=，故C正确；D、若地面是有摩擦的，且A、B未被推动，则可能是F小于A所受的摩擦力未被推动，此时AB之间无作用力F AB=0，也可能是F大于A所受的摩擦力，但小于AB所受的摩擦力之和未被推动，此时AB之间有作用力F AB大于零，但要小于，因为根据C项可知，当F AB=时，AB就滑动了．即F AB可以等于0-之间的任意值．故D正确；故选：BCD．若地面是完全光滑的，A、B将以共同的加速度运动，可先用整体法求出共同的加速度，再用隔离法求出A、B间的相互作用力；若地面是有摩擦的，且A、B被推动，A、B也将以共同的加速度运动，可先用整体法求出共同的加速度，再用隔离法求出A、B间的相互作用力；若地面是有摩擦的，且A、B未被推动，则出A、B间的相互作用力大小在0-之间不能确定．整体法与隔离法对物体受力分析是处理连接体问题常用的方法．一般情况下，先用整体法求出整体的加速度，由这一加速度再用隔离法根据牛顿第二定律，求解受力情况．正确选择研究对象是用整体法与隔离法的关键．三、实验题探究题(本大题共2小题，共14.0分)13.如图甲示，用铁架台、弹簧和多个已知质量且质量相等的钩码，探究在弹性限度内弹簧弹力与弹簧伸长长度的关系实验．（1）实验中还需要的测量工具有：______ ．（2）如图乙示，根据实验数据绘图，纵轴是钩码质量m，横轴是弹簧的形变量x．由图可知：图线不通过原点的原因是由于______ ；弹簧的劲度系数k= ______ N/m（计算结果保留2位有效数字，重力加速度g取9.8m/s2）；（3）如图丙示，实验中用两根不同的弹簧a和b，画出弹簧弹力F与弹簧长度L的F-L 图象．下列正确的是______A．a的原长比b的长B．a的劲度系数比b的大C．a的劲度系数比b的小D．弹力与弹簧长度成正比．【答案】毫米刻度尺；弹簧自身重力；4.9；B【解析】解：（1）实验需要测量弹簧伸长的长度，故需要刻度尺．（2）图线的物理意义是表明弹簧的弹力大小和弹簧伸长量大小成正比．由k==4.9N/m．由图可知，当F=0时，x大于零，说明没有挂重物时，弹簧有伸长，是由于弹簧自身的重力造成的．故图线不过原点的原因是由于弹簧有自重，实验中没有考虑（或忽略了）弹簧的自重．实验中需要测量（记录）的物理量有：弹簧的原长、弹簧所受外力与对应的伸长量（或与弹簧对应的长度）（3）A、在图象中横截距表示弹簧的原长，故b的原长比a的长，故A错误；B、在图象中斜率表示弹簧的劲度系数k，故a的劲度系数比b的大，故B正确；C、同理C错误；D、弹簧的弹力满足胡克定律，弹力与弹簧的形变量成正比，故D错误；故选：B．故答案为：（1）毫米刻度尺（2）弹簧自身重力； 4.9（3）B根据实验的原理：测量弹簧的弹力和伸长的长度来选择器材．图线的斜率即为弹簧的劲度系数．由胡克定律求出K．弹簧的弹力满足胡克定律，F=kx，在图象中斜率表示弹簧的劲度系数k，横截距表示弹簧的原长在应用胡克定律时，要首先转化单位，知道图线的斜率即为弹簧的劲度系数14.如图（a）为某同学设计的“探究加速度与物体所受合力F及质量m的关系”实验装置简图，A为小车，B为电磁打点计时器，C为装有砝码的小桶，D为一端带有定滑轮的长方形木板．在实验中认为细线对小车拉力F的大小等于砝码和小桶的总重力，小车运动加速度a可用纸带上的点求得．（1）关于该实验，下列说法中正确的是______ ．A．用砝码和小桶的总重力来表示F，会产生偶然误差B．为消除摩擦力对实验的影响，可以把木板D的左端适当垫高C．电磁打点计时器使用低压直流电源D．木板D的左端被垫高后，图中细线应保持水平（2）图（b）是实验中获取的一条纸带的一部分，其中0、1、2、3、4是计数点，每相邻两计数点间还有4个点（图中未标出），计数点间的距离如图所示，打“3”计数点时小车的速度大小为______ m/s，由纸带求出小车的加速度的大小a= ______ m/s2．（计算结果均保留2位有效数字）（3）在“探究加速度与力的关系”时，保持小车的质量不变，改变小桶中砝码的质量，该同学根据实验数据作出了加速度a与合力F关系图线如图（c）所示，该图线不通过坐标原点，试分析图线不通过坐标原点的原因为______ ．【答案】B；0.26；0.50；平衡摩擦力过度【解析】解：（1）A、由于实验过程砝码和小桶向下做加速运动处于失重状态，砝码和小桶对小车的拉力小于其重力，用砝码和小桶的总重力来表示F，会产生系统误差，该误差不是偶然误差，故A错误；B、为消除摩擦力对实验的影响，可以把木板D的左端适当垫高，故B正确；C、电磁打点计时器使用低压交流电源，故C错误；D、平衡摩擦力把木板D的左端被垫高后，应调节滑轮高度使图中细线应保持与木板平行，不是使细线保持水平，故D错误；故选B．（2）每相邻两计数点间还有4个点，计数点间的时间间隔：t=0.02×5=0.1s；打“3”计数点时小车的速度大小v3===0.26m/s；由匀变速直线运动的推论△x=at2可知，小车的加速度的大小a==．=0.50m/s2．（3）由图（c）所示a-F图象可知，F=0时a≠0，说明小车受到的合力大于绳子的拉力，这是由于平衡摩擦力过度造成的；故答案为：（1）B；（2）0.26；0.50；（3）平衡摩擦力过度．（1）实验前应平衡摩擦力，调节滑轮的高度使细线平行于面部，根据实验原理与实验注意事项分析答题．（2）应用匀变速直线运动的推论可以求出小车的加速度与瞬时速度．（3）实验时要平衡摩擦力，根据图示图象分析图线不过原点的原因．本题考查了实验注意事项、实验数据处理、实验误差分析，本题难度不大，是一道基础题，掌握基础知识即可解题，平时要注意基础知识的学习与掌握；由于匀变速直线运动的推论可以求出加速度与瞬时速度．四、计算题(本大题共3小题，共36.0分)15.如图（a）所示，“”形木块放在光滑水平地面上，木块水平表面AB粗糙，光滑表面BC与水平面夹角为θ=37°．木块右侧与竖直墙壁之间连接着一个力传感器，当力传感器受压时，其示数为正值；当力传感器被拉时，其示数为负值．一个可视为质点的滑块从C点由静止开始下滑，运动过程中，传感器记录到的力和时间的关系如图（b）所示．已知sin37°=0.6，cos37°=0.8，g取10m/s2．求：（1）斜面BC的长度；（2）滑块的质量；（3）运动过程中滑块发生的位移．【答案】解：（1）分析滑块受力，由牛顿第二定律得：得：a1=gsinθ=10×0.6=6m/s2通过图象可知滑块在斜面上运动时间为：t1=1s由运动学公式得：L=a1t12=6×12=3m（2）滑块对斜面的压力为：N1′=mgcosθ木板对传感器的压力为：F1=N1′sinθ由图象可知：F1=12N得：m=2.5kg（3）滑块滑到B点的速度为：v1=a1t1=6m/s由图象可知：f1=5N，t2=2sa2==m/s2=2m/s2s=v1t2-a2t22=6×2×2×22m=8m答：（1）斜面BC的长度为3m；（2）滑块的质量2.5kg；（3）运动过程中滑块发生的位移为8m．【解析】（1）当滑块沿斜面BC向下运动时，滑块对斜面有斜向右下方的压力，则力传感器受到压力．由图读出滑块运动的时间为t=1s，由牛顿第二定律求出滑块的加速度，即可由位移公式求解斜面BC的长度．（2）滑块对斜面的压力为N1′=mgcosθ，木板对传感器的压力为：F1=N1′sinθ，由图读出F1，即可求得滑块的质量．（3）求出滑块滑到B点的速度，根据牛顿第二定律求出加速度，根据运动学基本公式求出位移．本题要读懂F-t图象，分析滑块的受力情况和运动情况，关键要抓住木板对传感器的压力与滑块对斜面BC压力的关系．16.如图所示，木块A的质量为m A=3kg、木板B的质量为m B=1.5kg．木板B两面平行，放在倾角为37°的三角体C上．木块A被一根固定在天花板上的轻绳拉住，绳拉紧时与斜面的夹角也是37°．已知A与B，B与C之间的动摩擦因数均为μ=．现用平行于斜面的拉力F将木板B从木块A下面以加速度a=2m/s2匀加速抽出，同时C保持静止．（重力加速度g取10m/s2，sin37°=0.6cos37°=0.8），求：（1）绳子对A木块的拉力大小；（2）拉力F的大小；（3）地面所受摩擦力的大小．【答案】解：（1）设绳子对木块A的拉力大小是T，则木块A对B板的压力N=m A gcos37°-T sin37°=8.4，A、B之间的摩擦力°°，根据平衡条件有：m A gsin37°+μ（m A gcos37°-T sin37°）=T cos37°，代入数据解得：T=26N；（2）木板B与斜面之间的摩擦力：f BC=μ[（m A gcos37°-T sin37°）+m B gcos37°]=6.8N，C对B的支持力：N′=N+m B gcos37°=20.4N，B板沿斜面方向上受力：F+m B gsin37°-f AB-f BC=m B a，代入数据解得F=3.6N（3）地面受摩擦力：f地=N′sin37°-f BC cos37°=6.8N；答：（1）绳子对A木块的拉力大小为2.6N；（2）拉力F的大小为3.6N；（3）地面所受摩擦力的大小为6.8N．【解析】（1）对物体A受力分析，受重力、支持力、滑动摩擦力和细线的拉力，根据平衡条件并结合正交分解法列式求解；（2）对物体B受力分析，受重力、压力、支持力、对B的滑动摩擦力和C对B的滑动摩擦力，根据牛顿第二定律并结合正交分解法列式求解；（3）对斜面体受力分析，受重力、压力、B对C的滑动摩擦力，地面对C的支持力和静摩擦力，根据平衡条件并结合正交分解法列式求解．本题关键是分别对物体A、B、C受力分析，然后根据牛顿第二定律或者平衡条件列式求解；物体的受力分析是解决力学问题的基础，同时也是关键所在，一般对物体进行受力分析。

河南省信阳市高二物理下学第一学段模块检测(期中)试题(扫描版)

河南省信阳市2015-2016学年高二物理下学第一学段模块检测（期中）试题（扫描版）高二物理参考答案与评分标准一、选择题（共10题，每小题4分，选对但不全的得2分，多选错选不得分）二、实验题（共15分）11.（6分）(1)B （2）①偏大 ②不变12.（9分）(1)15.02 (2)2.31 6.6×102（或660）三、计算题（45分）13.(9分）①因在t ＝0时刻，x ＝1.5 m 处的质点向y 轴正方向运动，由波形图可以出，该波的传播方向沿x 轴正方向 (3分)②若3T <t <4T ，则t ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫3＋34T ，T ＝0.016 s (3分) 由公式v ＝λT ，代入解得v ＝75 m/s. (3分)14．(10分）解：升压变压器副线圈两端电压 U 2=n 2n 1U 1=6250V------------2分副线圈的电流 I 2=PU 2=16A------------2分输电线电阻R 上损失的功率为 I 22R =4%P 则：R=4%PI 22 =15.6Ω------------2分降压变压器原线圈的电压为： U 1/=U 2-I 2R=6×103V------------2分则降压器上原、副线圈的匝数比：n 1/n 2/ =U 1/U 2/ =30011------------2分15.（12分）解答:据分运动等时性:（1）若A 与B 正面相遇： 2)41(2)41(42+=+=+===n g Ln TnT t v t AB π得nv 414+= (n=0,1,2,…)------------6分(2) 若A 与B 背面相遇：2)43(2)43(432+=+=+===n g Ln T nT t v t A B π得nv 434+= (n=0,1,2,…)------------6分16．(14分）说明：第（1）小题10分，第（2）小题4分题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 C D B A D B ACD BD BCD AC。

高二物理下学期开学考试试题-人教版高二全册物理试题

2015-2016学年度下学期开学考试物理学科一、选择题〔此题共14小题，每一小题4分，共56分．在每一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11-14题有多项符合题目要求，全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分〕1．如下列图，绷紧的水平传送带始终以恒定速率v1运行．初速度大小为v2的小物块从与传送带等高的光滑水平地面上的A处滑上传送带．假设从小物块滑上传送带开始计时，小物块在传送带上运动的v﹣t图象〔以地面为参考系〕如图乙所示．v2＞v1，如此〔〕A．t2时刻，小物块离A处的距离达到最大B．t2时刻，小物块相对传送带滑动的路程达到最大C．0～t2时间内，小物块受到的摩擦力方向先向右后向左D．0～t3时间内，小物块始终受到大小不变的摩擦力作用2．一质量为m的人站在电梯中，电梯减速下降，加速度大小为g〔g为重力加速度〕。

人对电梯底部的压力大小为〔〕A．mgB．2mg C．mg D．mg3．某一用直流电动机提升重物的装置，如下列图，重物m=50kg，电源的电动势E=110V，不计电源内阻与各处的摩擦．当电动机以v=0.80m/s的恒定速度向上提升重物时，电路中的电流强度为I=5A，〔g=10m/s2〕，如下说法中正确的答案是〔〕A．电动机线圈的电阻是4ΩB．电动机的输出功率是400WC．电动机的输入功率是500WD．电动机线圈的发热功率是125W4．如图，质量分别为M和m的两物块(均可视为质点，且M>m)分别在同样大小的恒力作用下，沿水平面由静止开始做直线运动，两力与水平面的夹角一样，两物块经过的位移一样。

设此过程中F1对M做的功为W1，F2对m做的功为W2，如此〔〕A．无论水平面光滑与否，都有W1＝W2B．假设水平面光滑，如此W1>W2C．假设水平面粗糙，如此W1>W2D．假设水平面粗糙，如此W1<W25．如下列图的实验装置中，极板A接地，平行板电容器的极板B与一个灵敏的静电计相接．将A极板向左移动，增大电容器两极板间的距离时，电容器所带的电量Q、电容C、两极间的电压U，电容器两极板间的场强E 的变化情况是〔〕A．Q变小，C不变，U不变，E变小B．Q变小，C变小，U不变，E不变C．Q不变，C变小，U变大，E不变D．Q不变，C变小，U变大，E变小6．如图为云室中某粒子穿过铅板前后的轨迹，室中匀强磁场的方向与轨迹所在平面垂直并垂直于纸面向里，由此可知此粒子〔〕A.一定带负电B.一定带正电C.可能带正电，也可能带负电D.粒子自下而上穿过铅板7．如下列图，摆球带正电荷的单摆在一匀强磁场中摆动，匀强磁场的方向垂直于纸面向里，摆球在AB 间摆动过程中，由A 摆到最低点C 时，摆线拉力的大小为1F ，摆球加速度大小为1a ；由B 摆到最低点C 时，摆线拉力的大小为2F ，摆球加速度大小为2a ，如此〔〕A ．12F F >，12a a =B ．12F F <，12a a =C ．12F F >，12a a >D ．12F F <，12a a <8．如下列图，虚线a 、b 、c 代表电场中的三个等势面，相邻等势面之间的电势差相等，即U ab =U bc ，实线为一带正电的质点仅在电场力作用下通过该区域时的运动轨迹，P 、Q 是这条轨迹上的两点，据此可知〔〕 A ．三个等势面中，c 的电势最高B ．带电质点在P 点具有的电势能比在Q 点具有的电势能小C ．带电质点通过P 点时的动能比通过Q 点时大D ．带电质点通过P 点时的加速度比通过Q 点时大9．如下列图，圆环a 和圆环b 的半径之比为2∶1，两环用同样粗细、同种材料制成的导线连成闭合回路，连接两环的导线电阻不计，匀强磁场的磁感应强度变化率恒定.如此在a 、b 环分别单独置于磁场中的两种情况下，M 、N两点的电势差之比为〔〕A.4∶1B.1∶4C.2∶1D.1∶2 10．如下逻辑电路中，能使蜂鸣器F 发出声音的是〔〕11．如下列图是卫星绕地球运行时变轨前后的两个轨道，A 点是圆形轨道Ⅰ与椭圆轨道Ⅱ的重合点，B 为轨道Ⅱ上的一点，如此关于卫星的运动，如下说法中正确的答案是〔〕A.卫星在轨道Ⅱ上经过A 点时的速度小于经过B 点时的速度B.卫星在轨道Ⅱ上经过A 点时的动能小于在轨道Ⅰ上经过A 点时的动能C.卫星在轨道Ⅱ上运动的机械能等于在轨道Ⅰ上运动的机械能D.卫星在轨道Ⅰ、轨道Ⅱ上运动，经过A 点时的加速度大小相等12．如下列图，宽h=2 cm 的有界匀强磁场的纵向范围足够大，磁感应强度的方向垂直纸面向内，现有一群带正电的粒子从O 点以一样的速率沿纸面不同方向进入磁场，假设粒子在磁场中做匀速圆周运动的轨道半径均为r=5 cm ，如此〔〕A ．右边界：- 4 cm<y<4 cm有粒子射出B．右边界：y>4 cm和y＜- 4 cm有粒子射出C．左边界：y>8 cm有粒子射出D．左边界：0<y<8 cm有粒子射出13．如下列图，厚度为h，宽度为d的金属导体，当磁场方向与电流方向〔自由电子定向移动形成电流〕垂直时在上下外表会产生电势差，这种现象称为霍尔效应。

15学年下学期高二入学考试物理试题(扫描版)(附答案)

参考答案及评分意见
1. D 2．D 3. C 4.A 5.A 6.BD 7.AB 8.CD
9,（4分）Ｂ
10.（1）如右图
（2） B
（3）左 0
（4）
（每空2分，共10分）
11. 解：（1）（7分）只在重力作用下的过程中有：s=v 0t ，h=gt 2/2
加上匀强电场后的过程中有：2s=v 0t′ ，
解得：a=g/4 由mg －QE=ma 解得：E=3mg/4Q
又小球带负电，所以电场强度方向竖直向下
（2）（7分）再加上水平方向的匀强磁场，由题意有：
mg=QE+QBv 0，解得：B=mg/4Qv 0）
由左手定则可得：磁场方向垂直纸面向外 12. p mg v =g 4.5/p v m s mg
== ------(6分) 0.9E B l v V == 0.3BIl mg
mg I A Bl === ---(4分) 222
0.60.16U E Ir V I A U R I =-====Ω----(4分)
13. ⑴正电荷（2分）
⑵依题意可知小球在BC 间做匀速直线运动。

在C 点的速度为：（2分）在BC 段其受力如图所示，设重力和电场力合力为F 。

F ＝qv C B （1分）
又F＝mg/cos37°＝5N（1分）解得：（1分）
在D处由牛顿第二定律可得：（2分）
将代入上式并化简得：解得（1分）小球离开D点后作类平抛运动，其加速度为：a＝F/m （1分）
由得：（1分）
（1分）
⑶CD段克服摩擦力做功W f
由动能定理可得：（3分）解
得：W f＝27.6J （2分）。

河南省信阳高级中学2015-2016学年高二物理上学期第二次月考试题

高二上学期第二次月考物理试题一、选择题(本题共10小题，每题5分，共50分。

1--6小题只有一个选项正确，7--10小题有多个选项正确，选不全得3分。

)1．下列各种说法中正确的是（）A.库伦发现了电荷之间相互作用规律，卡文迪许用扭秤实验测出了静电力常量k B ．安培最先在物理学中引入电场和电场线的概念C ．电流的定义式I=q/t ，适用于任何自由电荷的定向移动形成的电流。

D ．电动势在数值上等于电源将单位正电荷从负极移送到正极时，静电力所做的功2．一根粗细均匀的导线，当其两端电压为U 时，通过的电流是I ，若将此导线均匀拉长到原来的2倍时，电流仍为I ，则导线两端所加的电压变为 ( ) A ． U ／2 B ．U C ．2U D ．4U3．如图所示，在水平向左的匀强电场中，有一电荷量为+q 的物体静止在斜面上.若撤去电场后，物体仍然静止在斜面上，那么撤去电场后和撤去电场前相比较，以下说法正确的是（） A.物体所受的摩擦力一定减小了B.物体所受的摩擦力一定增大了C.物体对斜面的压力一定增大了D.物体对斜面的压力一定减小了4．图中虚线所示为某一静电场的等势面。

一点电荷仅在静电力作用下先后经过A 、B 、C 三点，在经过A 、C 点时，其动能分别为5eV 和25eV 。

当这一点电荷经过到B 点时，其动能应为（）A ．10eVB ．15eVC ．40eVD ．55eV5．如图所示，质量为m 、电量为q 的带电微粒，以初速度V 0从A 点竖直向上射入水平方向、电场强度为E 的匀强电场中。

当微粒经过B 点时速率为V B ＝2V 0，而方向与E 同向。

下列判断中正确的是（）A. A 、B 两点间的高度差为V 02/2gB. A 、B 两点间电势差为4mV 02/qC. 微粒在B 点的电势能大于在A 点的电势能D. 从A 到B 微粒的速度不断减小6．如图所示电路，灯A 、B 都能正常发光，忽然灯A 变亮，灯B 变暗，如果电路中有一处出现断路故障，则出现断路故障的电路是（）A ．R 1所在的支路B ．R 2所在的支路C ．R 3所在的支路D ．电源所在的电路7．如图所示，平行金属板A 、B 带有等量异号电荷，电子和质子均以速率v 分别从正（A 板）、负（B 板）两极板上的小孔沿垂直板面的方向射入板间，那么（）A ．若质子能到达A 板，则电子也一定能到达B 板 B ．若电子能到达B 板，则质子也一定能到达A 板C ．若质子、电子均分别能到达A 、B 板，则电子、质子在板间运动的过程中的动能改变量不相等D ．若质子、电子均分别能到达A 、B 板，则电子、质子在板间运动的过程中的动能改变量相等8．如图所示，竖直墙面与水平地面均光滑且绝缘。

(解析版)河南省信阳高级中学2017-2018学年高二下学期

2017-2018学年河南省信阳高级中学高二下学期开学考试物理试题一、单选题：共6题1. 在物理学发展过程中，观测、实验、假说和逻辑推理等方法都起到了重要作用，下列说法中，不正确的是A. 奥斯特实验说明电流具有磁效应，首次揭示了电和磁之间存在联系B. 直流电流、环形电流、通电螺线管的磁场均可用安培定则判断C. 通电螺线管外部的磁场与条形磁铁的磁场十分相似，受此启发，安培提出了著名的分子电流假说D. 洛伦兹力方向可用左手定则判断，此时四指指向与电荷运动方向一致【答案】D【解析】奥斯特通过通电导线对小磁针的作用，说明了电流的磁效应，揭示了电和磁之间的关系，A正确；电流周围的磁场方向，都是通过右手螺旋定则判断的，B正确；安培通过通电螺线管周围的磁场与条形磁场的关系提出了分子电流假说，C正确；洛伦兹力的方向是利用左手定则判断的，其中四指指向正电荷的运动方向，D错误．2. 如图所示，在相距为d的两个点，固定着电量分别为-Q和+Q的两个点电荷，在它们连线的水平中垂线上固定一根长为L，内壁光滑的绝缘细管，现有一电量为+q的小球以初速度从管口射入，已知静电力常量为k，则下列说法正确的是A. 小球的速度一直减小B. 小球的速度先减小后增大C. 小球的电势能保持不变D. 管壁对小球的弹力最大值为【答案】AC【解析】根据等量异种电荷周围的电场线可知，小球受到的电场力与速度垂直，所以电场力不做功，电势能不变，C正确；小球受到重力、支持力、电场力作用，其中支持力和电场力与速度方向垂直，不做功，重力做负功，小球速度减小，A正确B错误；中点处的电场强度最大，则库仑力也最大，弹力也是最大，在两个电荷的中垂线的中点，单个电荷产生的电场强度为：；根据矢量的合成法则，则有电场强度最大值为，因此电荷量为+q的小球受到最大库仑力为，管壁对小球的弹力最大值为，D错误．3. 在如图所示的电路中，电源的电动势为E，内阻为r，灯泡L的电阻大于电源的内阻r，闭合开关S，在滑动变阻器的滑片由a向b移动的过程中，下列各物理量的变化情况不正确的是A. 电流表的读数减小B. 灯泡L变亮C. 电源输出功率先减小后增大D. 电压表的读数先增大后减小【答案】B【解析】在滑动变阻器的滑片由a向b移动的过程中，接入电路的电阻总电阻先变大后变小，路端电压先变大后变小，所以电压表读数先变大后变小，D正确；当电源内阻和外电路电阻相等时，电源的输出功率增大，若外电路的电阻大于电源内阻，则电源的输出功率随外电路电阻的增大而减小，由于灯泡L的电阻大于电源的内阻r，电源的输出功率先减小后增大，C正确；因为灯泡在干路，由于总电流先减小后变大，故小灯泡的亮度先变亮后变暗，B错误；电流表测量的电流是滑动变阻器右半部分电阻上的电流，在滑动变阻器的滑片P由a向b移动的过程中，右半部分上的电阻值越来越大，而左半部分的电阻值越来越小，所以电流表的读数越来越小，A正确．【点睛】在滑动变阻器的滑片P由a向b移动的过程中，变阻器并联电阻先增大后减小，滑片滑到中点时，并联电阻最大，根据闭合电路欧姆定律分析电路中总电流的变化，确定电流表示数的变化．根据电源内外电阻的关系分析电源输出功率的变化．4. 如图所示是示波管的原理示意图，、上不加电压时，在荧光屏的正中央出现一亮斑，现将、分别连接如图甲乙所示电压，从荧光屏正前方观察，你应该看到的是图中哪一个图形？A. B.C. D.【答案】D【解析】根据示波器的工作原理可知，图甲所加电压为水平偏转电压，根据图像可知水平电压周期是竖直偏转电压周期的二分之一，所以扫描周期为偏转周期的一半，根据图像可知0-，电子从原点开始向y轴正方向偏转位移逐渐变大，时间内，x轴负向电压最大，所以电子仍向y轴正方向偏转，只是偏转量逐渐减小；，电子从原点开始向y轴负方向偏转位移逐渐变大，时间内，x轴负向电压最大，所以电子仍向y轴负方向偏转，只是偏转量逐渐减小；综上电子在荧光屏上的图形应为D．5. 如图所示，两个条形磁铁的N和S相向水平放置，一竖直放置的矩形线框从两个磁铁之间正上方自由落下，并从两磁铁中间穿过。

【全国百强校】河南省信阳高级中学2015-2016学年高二下学期开学考试物理试题(解析版)

一、选择题（本大题共12个小题，每个小题4分，共48分，其中1-8小题给出的4个选项中，只有一项是正确的，9-12小题有多个选项正确。

全部选对的得4分，选对但不全的得2分；有选错的或不答的得0分。

）1、如图所示，真空中同一平面内MN 直线上固定电荷量分别为-9Q 和+Q 的两个点电荷，两者相距为L ，以+Q 电荷为圆心，半径为2L 画圆，a 、b 、c 、d 是圆周上四点，其中a 、b 在MN 直线上，c 、d 两点连线过+Q 且垂直于直线MN ，一电荷量为q 的负试探电荷在圆周上运动，比较a 、b 、c 、d 四点，则下列说法正确的是A ．b 点电场强度最大B ．c 、d 两处的电场强度相等C ．电荷q 在b 点的电势能最大D ．电荷q 在a 点的电势能最大【答案】D考点：考查了电场的叠加，电势，电势能【名师点睛】本题考查判断电势、场强大小的能力，要利用库仑定律和场强的矢量合成的方法对各点的电势和场强进行判定，要充分利用电场的叠加原理进行分析2、如图，平行板电容器两极板M 、N 相距d ，两极板分别与电压为U 的恒定电源两极连接，极板M 带正电。

现有一质量为m 的带电油滴在极板中央处于静止状态，且此时极板带电荷量与油滴带电荷量的比值为k ，则A ．电容器的电容为2kmgd U B ．油滴带正电C ．油滴带电荷量为mg UdD ．将极板N 向下缓慢移动一小段距离，油滴将向上运动【答案】A考点：考查了电容器的动态变化【名师点睛】在分析电容器动态变化时，需要根据4S C kd επ=判断电容器的电容变化情况，然后结合U E d =，Q C U=等公式分析，需要注意的是，如果电容器和电源相连则电容器两极板间的电压恒定，如果电容器充电后与电源断开，则电容器两极板上的电荷量恒定不变3、在右图所示电路中，开始时电键K 1、K 2均闭合，现先断开电键K 1，则电压表与电流表的示数均发生变化，设它们的示数变化量之比为M 1＝∆U 1／∆I 1，再断开电键K 2，两表新的示数变化量之比为M 2＝∆U 2／∆I 2，若已知R 2＜R 3，且两表均为理想电表，则比较M 1与M 2的绝对值大小应有A ．M 1＞M 2B ．M 1＜M 2C ．M 1＝M 2D ．无法确定【答案】C考点：考查了闭合回路欧姆定律的应用【名师点睛】本题是解题关键之处是根据闭合电路欧姆定律得到U r I ∆=∆，也可以画出电源的U-I 图象进行分析4、用电动势为E 、内阻为r 的电池组向线圈为R 的电动机供电，电动机正常工作时，测得通过的电流为I ，电动机两端电压为U 。

河南省信阳市息县一中2015-2016学年高二下学期第一次

2015-2016学年河南省信阳市息县一中高二（下）第一次段考物理试卷一、选择题（每题6分，1-8题单选，其余多选）1．一台发电机的结构示意图如图所示，其中N、S是永久磁铁的两个磁极，它们的表面呈半圆柱面形状．M是圆柱形铁芯，铁芯外套有一矩形线圈，线圈绕铁芯M中心的固定转轴匀速转动．磁极与铁芯之间的缝隙中形成方向沿半径的辐向磁场．若从图示位置开始计时电动势为正值，下列图象中能正确反映线圈中感应电动势e随时间t变化规律的是（）A．B． C． D．2．一个边长为6cm的正方形金属线框置于匀强磁场中，线框平面与磁场垂直，电阻为0.36Ω．磁感应强度B随时间t的变化关系如图所示，则线框中感应电流的有效值为（）A．×10﹣5A B．×10﹣5A C．×10﹣5A D．×10﹣5A3．如图，理想变压器原、副线圈匝数比n1：n2=2：1，V和A均为理想电表，灯光电阻R L=6Ω，AB端电压u1=12sin100πt（V）．下列说法正确的是（）A．电流频率为100Hz B．V的读数为24VC．A的读数为0.5A D．变压器输入功率为6W4．如图所示，有一矩形线圈的面积为S，匝数为N内阻不计，绕OO′轴在水平方向的磁感应强度为B的匀强磁场中以角速度ω做匀速转动，从图示位置开始计时．矩形线圈通过滑环接一理想变压器，滑动触头P上下移动时可改变输出电压，副线圈接有可调电阻R，下列判断正确的是（）A．矩形线圈产生的感应电动势的瞬时值表达式为e=NBSωcosωtB．矩形线圈从图示位置经过时间时，通过电流表的电荷量为0C．当P位置不动，R增大时，电压表读数也增大D．当P位置向上移动、R不变时，电流表读数减小5．如图甲所示，理想变压器原、副线圈的匝数比为10：1，R1=20Ω，R2=30Ω，C为电容器．已知通过R1的正弦交流电如图乙所示，则（）A．交流电的频率为0.02 HzB．原线圈输入电压的最大值为200VC．电阻R2的电功率约为6.67 WD．通过R3的电流始终为零6．超导材料电阻降为零的温度称为临界温度，1987年我国科学家制成了临界温度为90K的高温超导材料，利用超导材料零电阻性质，可实现无损耗输电，现有一直流电路，输电线的总电阻为0.4Ω，它提供给用电器的电功率为40kW，电压为800V．如果用临界温度以下的超导电缆替代原来的输电线，保持供给用电器的功率和电压不变，那么节约的电功率为（）A．1 kW B．1.6×103 kW C．1.6×10 kW D．10 kW7．通过一理想变压器，经同一线路输送相同的电功率P，原线圈的电压U保持不变，输电线路的总电阻为R．当副线圈与原线圈的匝数比为k时，线路损耗的电功率为P1，若将副线圈与原线圈的匝数比提高到nk，线路损耗的电功率为P2，则P1和分别为（）A．，B．，C．，D．（）2R，8．通有电流i=I m sinωt（A）的长直导线OO′与断开的圆形线圈在同一平面内，为使A端电势高于B端的电势且U AB减小，交变电流必须处于每个周期的（）A．第一个周期B．第二个周期C．第三个周期D．第四个周期9．某小型发电机产生的交变电动势为e=50sin100πt（V）．对此电动势，下列表述正确的有（）A．最大值是50V B．频率是100Hz C．有效值是25V D．周期是0.01 s10．如图所示的电路中，P为滑动变阻器的滑片，保持理想变压器的输入电压U1不变，闭合电键S，下列说法正确的是（）A．P向下滑动时，灯L变亮B．P向下滑动时，变压器的输出电压不变C．P向上滑动时，变压器的输入电流变小D．P向上滑动时，变压器的输出功率变大11．某同学设计的家庭电路保护装置如图所示，铁芯左侧线圈L1由火线和零线并行绕成．当右侧线圈L2中产生电流时，电流经放大器放大后，使电磁铁吸起铁质开关K，从而切断家庭电路．仅考虑L1，在铁芯中产生的磁场，下列说法正确的有（）A．家庭电路正常工作时，L2中的磁通量为零B．家庭电路中使用的电器增多时，L2中的磁通量不变C．家庭电路发生短路时，开关K将被电磁铁吸起D．地面上的人接触火线发生触电时，开关K 将被电磁铁吸起12．如图所示，理想变压器的原、副线圈匝数之比为10：1，R=1Ω，与原线圈相连的熔断器（保险丝）的熔断电流为1A，通过副线圈电压传感器测得副线圈电压图象如图所示，则下列说法正确的是（）A．原线圈输入电压的有效值为220VB．原线圈两端交变电压的频率为500HzC．原、副线圈铁芯中磁通量变化率之比为10：1D．为保证电路安全工作，滑动变阻器的阻值不得小于1.2Ω二、计算题13．直流电动机的内电阻r=2Ω，与R=8Ω的电阻串连接在线圈上，如图所示．已知线圈面积为m2，共100匝，线圈的电阻为2Ω，线圈在B=T的匀强磁场中绕OO′以转速n=600r/min匀速转动，在合上开关S后电动机正常工作时，电压表的示数为100V．求：电动机正常工作时的输出功率？14．如图所示，左侧的圆形导电环半径r=1.0cm，导电环与一个理想变压器的原线圈相连，变压器的副线圈两端与一个电容C=100pF的电容器相连，导电环的电阻不计，环中有垂直于圆环平面的变化磁场，磁感应强度B的变化规律为=100•πsinωt，若电容器C所带电荷量的最大值为1.41×10﹣9C，则所用理想变压器的原、副线圈匝数之比是多少？15．某村在距村庄较远的地方修建了一座小型水电站，发电机输出功率为9kW，输出电压为500V，输电线的总电阻为10Ω，允许线路损耗的功率为输出功率的4%．求：（1）村民和村办小企业需要220V电压时，所用升压变压器和降压变压器的原、副线圈的匝数比各为多少？（不计变压器的损耗）（2）若不用变压器而由发电机直接输送，村民和村办小企业得到的电压和功率是多少？2015-2016学年河南省信阳市息县一中高二（下）第一次段考物理试卷参考答案与试题解析一、选择题（每题6分，1-8题单选，其余多选）1．一台发电机的结构示意图如图所示，其中N、S是永久磁铁的两个磁极，它们的表面呈半圆柱面形状．M是圆柱形铁芯，铁芯外套有一矩形线圈，线圈绕铁芯M中心的固定转轴匀速转动．磁极与铁芯之间的缝隙中形成方向沿半径的辐向磁场．若从图示位置开始计时电动势为正值，下列图象中能正确反映线圈中感应电动势e随时间t变化规律的是（）A．B． C． D．【考点】交流发电机及其产生正弦式电流的原理．【分析】根据永久磁铁中磁感线的分布特点可知，线圈运动到任何位置切割情况都一样，产生的电动势大小不变，方向改变．【解答】解：由磁场分布特点知：线圈在每一位置的切割情况相同，故感应电动势大小是相同的，方向做周期性变化，故D选项正确．故选D2．一个边长为6cm的正方形金属线框置于匀强磁场中，线框平面与磁场垂直，电阻为0.36Ω．磁感应强度B随时间t的变化关系如图所示，则线框中感应电流的有效值为（）A．×10﹣5A B．×10﹣5A C．×10﹣5A D．×10﹣5A【考点】交流的峰值、有效值以及它们的关系．【分析】解本题的关键是根据所磁感应强度B随时间t的变化关系图，利用法拉第电磁感应定律求出线框中电压随时间的变化情况，然后根据电流热效应可以求出感应电流的有效值；在求电压时注意所给图象的斜率物理意义．【解答】解：由图可知，磁场是周期性变化的，因此产生电压也是周期性变化的．法拉第电磁感应定律有：0～3秒产生电压为：3～5秒产生电压为：由图可知，磁场的变化周期为5s，所以产生的感应电流周期也为5s，前3s电流为：，后2s电流为：设电流的有效值为I，根据电流的热效应在一个周期内，有：，其中T=5s，t1=3s，t2=2s，所以解得：，故ACD错误，B正确．故选B．3．如图，理想变压器原、副线圈匝数比n1：n2=2：1，V和A均为理想电表，灯光电阻R L=6Ω，AB端电压u1=12sin100πt（V）．下列说法正确的是（）A．电流频率为100Hz B．V的读数为24VC．A的读数为0.5A D．变压器输入功率为6W【考点】变压器的构造和原理．【分析】根据电压与匝数成正比，电流与匝数成反比，变压器的输入功率和输出功率相等，逐项分析即可得出结论．【解答】解；A、AB端电压u1=12sin100πt（V）．电流频率为f==50Hz，故A错误；B、电压表的示数为电路的有效电压的大小，根据电压与匝数成正比，可知，U2=6V，故B错误；C、I2==1A，A的读数为1A，故C错误；D、P1=P2=U2I2=6W，故D正确．故选：D．4．如图所示，有一矩形线圈的面积为S，匝数为N内阻不计，绕OO′轴在水平方向的磁感应强度为B的匀强磁场中以角速度ω做匀速转动，从图示位置开始计时．矩形线圈通过滑环接一理想变压器，滑动触头P上下移动时可改变输出电压，副线圈接有可调电阻R，下列判断正确的是（）A．矩形线圈产生的感应电动势的瞬时值表达式为e=NBSωcosωtB．矩形线圈从图示位置经过时间时，通过电流表的电荷量为0C．当P位置不动，R增大时，电压表读数也增大D．当P位置向上移动、R不变时，电流表读数减小【考点】交流发电机及其产生正弦式电流的原理；正弦式电流的最大值和有效值、周期和频率．【分析】正弦式交流发电机从垂直中性面位置开始计时，其电动势表达式为：e=NBSωcosωt；电压表和电流表读数为有效值；计算电量用平均值．【解答】解：A、从垂直于中性面时开始计时，矩形线圈产生的感应电动势的瞬时值表达式为e=NBSωcosωt，故A正确；B、矩形线圈从图示位置经过时间时，转过的角度为ωt=，磁通量一直增加，电流方向没有改变，故通过电流表的电荷量为：≠0（其中R为），故B错误；C、交流发电机内电阻不计，故变压器输入电压不变，根据理想变压器的变压比公式，当P位置不动，R增大时，电压表读数不变，仍然等于发电机的电动势有效值；D、当P位置向上移动、R不变时，根据理想变压器的变压比公式，输出电压变大，故电流变大，功率变大，故输入电流也变大，故电流表读数变大，故D错误；故选A．5．如图甲所示，理想变压器原、副线圈的匝数比为10：1，R1=20Ω，R2=30Ω，C为电容器．已知通过R1的正弦交流电如图乙所示，则（）A．交流电的频率为0.02 HzB．原线圈输入电压的最大值为200VC．电阻R2的电功率约为6.67 WD．通过R3的电流始终为零【考点】变压器的构造和原理．【分析】由图象可读出R1的电流的最大值，进而求得电流的有效值；读出电流的周期可求得频率；由电流的值及R1的阻值可求出副线圈的电压，进而求得原线圈的输入电压．【解答】解：由图象知电流的周期是0.02S，则其频率为则A错误副线圈的最大电压为u2=I m R1=20V，则原线圈的输入电压为u1，由得u1=200V 故B 错误电阻R2的功率为P==6.67W 故C正确电容器通交流，故R3有电流故D错误故选：C6．超导材料电阻降为零的温度称为临界温度，1987年我国科学家制成了临界温度为90K的高温超导材料，利用超导材料零电阻性质，可实现无损耗输电，现有一直流电路，输电线的总电阻为0.4Ω，它提供给用电器的电功率为40kW，电压为800V．如果用临界温度以下的超导电缆替代原来的输电线，保持供给用电器的功率和电压不变，那么节约的电功率为（）A．1 kW B．1.6×103 kW C．1.6×10 kW D．10 kW【考点】远距离输电．【分析】当输电导线总电阻为0.4Ω，它提供给用电器的电功率是40kW，电压是800V，求出输电线上损失的功率，即为用超导电缆节约的功率．【解答】解：当输电导线总电阻为0.4Ω时，由P=UI得I=输电线上损失的功率△P=I2R==1kW故选：A7．通过一理想变压器，经同一线路输送相同的电功率P，原线圈的电压U保持不变，输电线路的总电阻为R．当副线圈与原线圈的匝数比为k时，线路损耗的电功率为P1，若将副线圈与原线圈的匝数比提高到nk，线路损耗的电功率为P2，则P1和分别为（）A．，B．，C．，D．（）2R，【考点】变压器的构造和原理．【分析】根据理想变压器原副线圈两端的电压与匝数成正比，变压器不改变功率，由P=UI求出输电线中电流，由功率公式求解输电线上损耗的电功率．【解答】解：当副线圈与原线圈的匝数比为k时，输电电压为KU，输送功率P=KUI，所以=；当副线圈与原线圈的匝数比为nk时，输电电压为nKU，输送功率P=nKUI′，所以=；故选D8．通有电流i=I m sinωt（A）的长直导线OO′与断开的圆形线圈在同一平面内，为使A端电势高于B端的电势且U AB减小，交变电流必须处于每个周期的（）A．第一个周期B．第二个周期C．第三个周期D．第四个周期【考点】楞次定律．【分析】根据右手螺旋定则得出直导线周围的磁场方向，结合交流电电流大小的变化，根据楞次定律判断电势的高低．【解答】解：使A端电势高于B端的电势，根据右手螺旋定则知线圈内部磁感线方向向外，且U AB在减小，说明电流的变化率在减小．A、第一个周期：电流向右增大，根据右手螺旋定则知线圈A端电势高于B端的电势，由于电流的变化率在减小，所以U AB在减小，A正确；B、同理，第二个周期：电流向右减小，根据右手螺旋定则知线圈A端电势低于B端的电势，由于电流的变化率在增大，所以U AB在增大，B错误；C、第三个周期：电流向左增大，根据右手螺旋定则知线圈A端电势低于B端的电势，C错误；D、第四个周期：电流向左减小，根据右手螺旋定则知线圈A端电势高于B端的电势，由于电流的变化率在增大，所以U AB在增大，D错误．故选：A．9．某小型发电机产生的交变电动势为e=50sin100πt（V）．对此电动势，下列表述正确的有（）A．最大值是50V B．频率是100Hz C．有效值是25V D．周期是0.01 s【考点】正弦式电流的图象和三角函数表达式；正弦式电流的最大值和有效值、周期和频率．【分析】由输出端的交变电压瞬时值表达式知电压最大值、角速度，从而计算出有效值、周期和频率．【解答】解：A、由表达式知电动势最大值为50V，所以有效值为U==25V，故A错误，C正确；B、周期T==0.02s，频率为f==50Hz，故B错误，D错误；故选：C．10．如图所示的电路中，P为滑动变阻器的滑片，保持理想变压器的输入电压U1不变，闭合电键S，下列说法正确的是（）A．P向下滑动时，灯L变亮B．P向下滑动时，变压器的输出电压不变C．P向上滑动时，变压器的输入电流变小D．P向上滑动时，变压器的输出功率变大【考点】变压器的构造和原理；电功、电功率．【分析】与闭合电路中的动态分析类似，可以根据滑动变阻器R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，再根据电压不变，来分析其他的元件的电流和电压的变化的情况．【解答】解：A、当滑动变阻器R的滑片向下移动时，导致总电阻增大，由于输入电压U1不变，且原副线圈匝数不变，所以副线圈电压不变，根据，即亮度不变．故A错误；B、当滑动变阻器R的滑片向下移动时，导致总电阻增大，由于输入电压U1不变，且原副线圈匝数不变，所以副线圈电压不变，故B正确；C、当滑动变阻器R的滑片向上移动时，导致总电阻减小，由于输入电压U1不变，且原副线圈匝数不变，所以副线圈电压不变，则有副线圈的总电流增大．因此输入电流也变大．故C 错误；D、当滑动变阻器R的滑片向上移动时，导致总电阻减少，由于输入电压U1不变，且原副线圈匝数不变，所以副线圈电压不变，则有副线圈的总电流增大．则输出功率增大，故D正确．故选：BD．11．某同学设计的家庭电路保护装置如图所示，铁芯左侧线圈L1由火线和零线并行绕成．当右侧线圈L2中产生电流时，电流经放大器放大后，使电磁铁吸起铁质开关K，从而切断家庭电路．仅考虑L1，在铁芯中产生的磁场，下列说法正确的有（）A．家庭电路正常工作时，L2中的磁通量为零B．家庭电路中使用的电器增多时，L2中的磁通量不变C．家庭电路发生短路时，开关K将被电磁铁吸起D．地面上的人接触火线发生触电时，开关K 将被电磁铁吸起【考点】变压器的构造和原理．【分析】火线和零线并行绕制，所以在家庭电路正常工作时，火线和零线的电流大小相等，方向相反，因此合磁通量为零，L2中的磁通量为零，地面上的人接触火线发生触电时，火线的电流突然变大，即L1中的磁场发生变化，导致L2中的磁通量变化，L2中产生感应电流，电磁铁将开关K吸起．【解答】解：A、由于火线和零线并行绕制，所以在家庭电路正常工作时，火线和零线的电流大小相等，方向相反，因此合磁通量为零，L2中的磁通量为零，A项正确；B、当家庭电路中使用的电器增多时，火线和零线的电流仍然大小相等，方向相反，L2中的磁通量不变，B项正确；C、家庭电路发生短路时，火线和零线的电流同时增大，合磁通量仍然为零，因此开关K不会被电磁铁吸起，C项错误；D、当地面上的人接触火线发生触电时，火线的电流突然变大，即L1中的磁场发生变化，导致L2中的磁通量变化，L2中产生感应电流，电磁铁将开关K吸起，D项正确．故选ABD12．如图所示，理想变压器的原、副线圈匝数之比为10：1，R=1Ω，与原线圈相连的熔断器（保险丝）的熔断电流为1A，通过副线圈电压传感器测得副线圈电压图象如图所示，则下列说法正确的是（）A．原线圈输入电压的有效值为220VB．原线圈两端交变电压的频率为500HzC．原、副线圈铁芯中磁通量变化率之比为10：1D．为保证电路安全工作，滑动变阻器的阻值不得小于1.2Ω【考点】变压器的构造和原理．【分析】从图象可知交流电的输出电压和周期，从而得知交流电的输入电压和频率，变压器原副线圈磁通量的变化率相同，不变频率．【解答】解：A、由右图知副线圈的输出电压有效值为22V，由电压与匝数成正比知原线圈输入电压的有效值为220V，A正确；B、原副线圈中交流电的频率不变，由右图知交流电的周期为0.02s，所以频率为50Hz，B错误；C、原、副线圈铁芯中磁通量变化率之比为1：1，C错误；D、由电流与匝数成反比知，副线圈中电流最大值为10A，I==10A，所以，滑动变阻器的阻值不得小于1.2Ω，D正确；故选AD二、计算题13．直流电动机的内电阻r=2Ω，与R=8Ω的电阻串连接在线圈上，如图所示．已知线圈面积为m2，共100匝，线圈的电阻为2Ω，线圈在B=T的匀强磁场中绕OO′以转速n=600r/min匀速转动，在合上开关S后电动机正常工作时，电压表的示数为100V．求：电动机正常工作时的输出功率？【考点】正弦式电流的最大值和有效值、周期和频率；电功、电功率．【分析】先根据线圈转动时产生的电动势的最大值公式求出最大值，进而求出有效值，根据闭合电路欧姆定律求出电流，电动机正常工作时的输出功率等于总功率减去内阻消耗的功率．【解答】解：ω=2πn=20πrad/s线圈转动时产生的电动势的最大值为：E m=NBSω=200V有效值为：设线圈的电阻为r′，则电路中的电流I为I==10A电动机正常工作时的输出功率为P=UI﹣I2r=800W答：电动机正常工作时的输出功率为800W．14．如图所示，左侧的圆形导电环半径r=1.0cm，导电环与一个理想变压器的原线圈相连，变压器的副线圈两端与一个电容C=100pF的电容器相连，导电环的电阻不计，环中有垂直于圆环平面的变化磁场，磁感应强度B的变化规律为=100•πsinωt，若电容器C所带电荷量的最大值为1.41×10﹣9C，则所用理想变压器的原、副线圈匝数之比是多少？【考点】变压器的构造和原理；法拉第电磁感应定律．【分析】变压器是根据电磁感应来工作的，当原线圈的磁通量恒定时，副线圈是没有感应电流的，根据变压器的工作的原理分析原线圈中的电流的变化情况即可得出结论．【解答】解：根据电磁感应定律，得原线圈的电压的峰值为E===100•π×πr 2=0.141V电容器的电压峰值为U===14.1V理想变压器的原、副线圈匝数之比等于电压之比： ==答：所用理想变压器的原、副线圈匝数之比是15．某村在距村庄较远的地方修建了一座小型水电站，发电机输出功率为9kW ，输出电压为500V ，输电线的总电阻为10Ω，允许线路损耗的功率为输出功率的4%．求：（1）村民和村办小企业需要220V 电压时，所用升压变压器和降压变压器的原、副线圈的匝数比各为多少？（不计变压器的损耗）（2）若不用变压器而由发电机直接输送，村民和村办小企业得到的电压和功率是多少？【考点】远距离输电．【分析】（1）根据输电线上损失的功率求出输电线上的电流，从而得出升压变压器的输出电压，结合输入电压和输出电压得出升压变压器的原副线圈匝数之比．根据输电线上的电压损失得出降压变压器的输入的电压，结合降压变压器的输入电压和输出电压得出原副线圈的匝数之比．（2）根据输电电压和输送功率求出输送的电流，根据电压损失和功率损失求出用户得出的电压和功率．【解答】解：建立如图甲所示的远距离输电模型，要求变压器原、副线圈的匝数比，先要知道原、副线圈两端的电压之比．本题可以线路上损耗的功率为突破口，先求出输电线上的电流I 线，再根据输出功率求出U 2，然后再求出U 3．（1）由线路损耗的功率P 线=I 线2R 线可得又因为P 输出=U 2I 线，所以U 3=U 2﹣I 线R 线=（1 500﹣6×10）V=1 440 V根据理想变压器规律.所以升压变压器和降压变压器原、副线圈的匝数比分别是1：3和72：11．（2）若不用变压器而由发电机直接输送（模型如图乙所示），由P 输出=UI 线′可得所以线路损耗的功率P 线=I 线′2R 线=182×10 W=3 240 W用户得到的电压U 用户=U ﹣I 线′R 线=V=320 V用户得到的功率P 用户=P 输出﹣P 线=（9 000﹣3 240）W=5760 W ．答：（1）升压变压器和降压变压器的原、副线圈的匝数比各为1：3和72：11．（2）村民和村办小企业得到的电压为320V ，功率为5760W ．2016年4月19日。

河南省信阳市高二下学期期末教学质量检测物理试题

第Ⅰ卷（必考）一.选择题1.关于实物粒子和光都具有波粒二象性，下列说法正确的是（） A.康普顿效应说明光具有波动性B.利用晶体电子衍射的实验，证实了电子的波动性C.黑体辐射的实验规律可用光的波动性解释D.光电效应实验中，光电子的最大初动能与入射光的频率无关，与入射光的强度有关 2.关于原子模型和光谱，下列说法正确的是（） A.汤姆生发现电子，表明原子具有核式结构 B.在波尔的原子模型中原子的能量是连续的C.在波尔的原子模型中电子的运动轨道半径是量子化的D.氢原子光谱是连续谱3.氢原子能级如图，下列说法正确的是（）A.一群处于4n =能级上的氢原子向低能级跃迁时最对产生6种谱线B.氢原子的核外电子由外层轨道跃迁到内层轨道后，核外电子的动能减少C.氢原子处于基态时，电子的轨道半径最大D.处于1n =能级上的氢原子吸收11eV 的能量后可以从1n =跃迁到2n =的能级 4.下列说法正确的是（）A.同种放射性元素，在化合物中的半衰期和单质中的半衰期不相同B.核反应方程238234492902U Th He →+属于核裂变方程 C.目前世界上运行的核电站均采用核聚变 D.β射线的穿透能力比α粒子强5.质量是60kg 的建筑工人，不慎从高空跌下，由于弹性安全带的保护，他被悬挂起来，已知安全带的缓冲时间是1.2s ，安全带长5m ，取210/g m s =，则安全带所受的平均冲力的大小为（）A.500NB.600NC.1100ND.100N 6.下列关于核反应和结合能的说法正确的是（）A.由图可知，原子核D 和E 聚变成原子核F 时会有质量亏损，要吸收能量B.由图可知，原子核A 裂变成原子核B 和C 时会有质量亏损，要放出能量C.结合能越大，原子核中核子结合的越牢固，原子核越稳定D.比结合能越大，原子核中核子结合的越牢固，原子核越稳定7.如图所示，在光电效应实验中，用频率为ν的光照射光电管阴极，发生了光电效应，下列说法正确的是（）A.如果仅增大入射光的强度，光电流增大B.滑动变阻器滑片向左滑动时，光电流增大C.遏止电压的大小与入射光的强度有关D.遏止电压的大小与入射光的频率有关8.如图所示，在水平桌面上固定着一个光滑圆轨道，A 、B 、C 、D 四点为原轨道的四等分点，E 点是CD 弧的中点，在轨道的B 点静止着一个质量为2m 的弹性小球，另一个质量为1m 的弹性小球甲以初速度0v 逆时针运动，与乙球发生第一次碰撞后，恰好在E 点发生第二次碰撞，则甲、乙两球的质量之比等于（）A.3:13B.3:7C.11:5D.10:3 二.实验题9.（1）利用气垫导轨通过闪光照相进行“探究碰撞中的不变量”这一实验。

【全国百强校】河南省信阳高级中学2015-2016学年高一12月月考物理试题解析(解析版)

第Ⅰ卷一、选择题(本题共12小题，每题4分，共48分。

1--7小题只有一个选项正确，8--12小题有多个选项正确，选不全得2分。

)1.一物体做匀变速直线运动，下列说法中正确的是A.物体的末速度一定与时间成正比B.物体的位移一定与时间的平方成正比C.物体的速度在一定时间内发生的变化与这段时间成正比D.若物体做匀加速直线运动，则速度和位移都随时间增大；若物体做匀减速直线运动，则速度和位移都随时间减小【答案】C考点：匀变速直线的运动规律。

【名师点睛】三个基本规律速度公式：v ＝v 0＋at ；位移公式：x ＝v 0t ＋12at 2；位移速度关系式：v 2－v 20＝2ax ．2.如图，光滑的四分之一圆弧轨道AB 固定在竖直平面内，A 端与水平面相切。

穿在轨道上的小球在拉力F 作用下，缓慢地由A 向B 运动，F 始终沿轨道的切线方向，轨道对球的弹力为N 。

在运动过程中A.F 增大，N 减小B.F 减小，N 减小C.F 增大，N 增大D.F 减小，N 增大【答案】A考点：受力分析、共点力的平衡。

【名师点睛】求解平衡问题的方法(1)力的合成与分解运用了等效的思想观点，满足平行四边形定则．利用力的合成与分解可解决三力平衡的问题．①分解：将其中一个力沿另外两个力的反方向分解，将三力变四力构成两对平衡力；②合成：将某两个力进行合成，三力变二力，组成一对平衡力．(2)物体受多个(三个以上)作用力平衡时，常用正交分解法．3.物体做方向不变的直线运动，若在任意相等的位移内速度的变化量v ∆均相等，则下列说法中正确的是A.若v ∆=0，则物体做匀加速直线运动B.若0>∆v ，则物体做匀加速直线运动C.若0>∆v ，则物体做加速度逐渐增大的加速直线运动D.若0<∆v ，则物体做加速度逐渐增大的减速直线运动【答案】C【解析】试题分析：若0=∆v ，则物体做匀速直线运动，A 错；若0>∆v ，则物体做加速运动，通过相同位移所用的时间t ∆减小，由tv a ∆∆=知加速度在增加，故B 错、C 对；若0<∆v ，则物体做减速运动，通过相同位移所用的时间t ∆增加，由tv a ∆∆=知加速度在减小，D 错。

河南省信阳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

2014-2015学年河南省信阳市高二〔下〕期末物理试卷一、选择题〔此题共5小题，每一小题3分，共20分.在每一小题给出的四个选项中第1、2、3题只有一项符合题目要求，第4、5题有多个选项符合题目要求，全部选对得4分，选对但不全的得2分，有错选的得0分。

〕1．下面关于速度和加速度关系的说法中正确的答案是〔〕A．速度变化越快加速度就越大B． B速度减小时，加速度也一定减小C．速度为零，加速度也一定为零D．加速度增大时，速度也一定增大2．一质点做直线运动的v﹣t图象如下列图，如此该质点〔〕A．在第1s末速度方向发生了改变B．前2s内其位移为零C． 3s到5s这段时间内质点加速度大小不变，方向发生了改变D．前4s内平均速度等于零3．如〔a〕图所示，将一条轻质柔软细绳一端拴在天花板上的A点，另一端拴在竖直墙上的B点，A和B到O点的距离相等，绳的长度是OA的两倍．〔b〕图为一质量不计的动滑轮K，下挂一个质量为m的重物．设摩擦可忽略不计，现将滑轮和重物一起挂到细绳上，在达到平衡时，将B点向下缓慢移动一端距离，再次平衡后绳子的拉力将〔〕A．变大B．不变C．变小D．无法确定4．如图为蹦极运动的示意图．弹性绳的一端固定在O点，另一端和运动员相连．运动员从O点自由下落，至B点弹性绳自然伸直，经过合力为零的C点到达最低点D，然后弹起．整个过程忽略空气阻力．分析这一过程，如下表述正确的答案是〔〕A．经过B点时，运动员的速率最大B．经过C点时，运动员的速率最大C．从C点到D点，运动员的加速度增大D．从C点到D点，运动员的加速度减小5．如下列图，光滑水平桌面上，有甲、乙两个用细线相连的物体在水平拉力F1和F2的作用下运动，F1＜F2，如此以下说法中正确的有〔〕A．假设撤去F1，如此甲的加速度一定变大B．假设撤去F1，如此细线上的拉力一定变小C．假设撤去F2，如此乙的加速度一定变大D．假设撤去F2，如此细线上的拉力一定变小二、实验题〔共10分〕6．研究性学习小组的同学欲探究小车质量不变时其加速度与力的关系，在实验室设计了一套如下列图的装置，图中A为小车，B为打点计时器，C为力传感器，P为小桶〔内有沙子〕，M是一端带有定滑轮的足够长水平放置的木板．〔1〕要顺利完成该实验，除图1中实验仪器和低压交流电源〔含导线〕外，还需要的实验仪器是〔填“刻度尺〞、“天平〞或“秒表〞〕．〔2〕按上述方案做实验，是否要求沙桶和沙的总质量远小于车的质量？〔填“是〞或“否〞〕〔3〕交流电源的频率为50Hz，某次实验得到的纸带如图2所示，图中相邻计数点之间还有4个点未画出．如此计时器打点D时，纸带的速度大小v=m/s，由该纸带可求得小车的加速度a=m/s2．〔结果均保存两位有效数字〕三、计算题〔共20分〕7．某航母跑道长250m．飞机在航母上滑行的最大加速度为5m/s2，起飞需要的最低速度为60m/s．如果航母不动，如此飞机能否安全起飞？为了能让飞机在航母上滑行后能安全起飞，如此航母的速度至少为多少？8．如下列图，小木块质量m=1kg，长木块质量M=10kg，木板与地面以与木块间的动摩擦因数为μ=0.5．木板受水平向右的恒力F=90N作用下从静止开始运动，1s后将木块轻放在木板的右端．木块可看着质点．如此为使木块不滑离木板，木板的长度L至少要多长？〔去g=10m/s2〕选修3-3一、选择题〔此题共5小题，每一小题4分，共20分.在每一小题给出的四个选项中第9、10、11题只有一项符合题目要求，第12、13题有多个选项符合题目要求，全部选对得4分，选对但不全的得2分，有错选的得0分。

河南省信阳高级中学2016-2017学年高二下学期4月份最后一练物理试题含答案

2018届高二下期最后一练物理试题注意事项：考试时间：100分钟;1．答题前填写好自己的姓名、班级、考号等信息2．请将答案正确填写在答题卡上第I卷（选择题)一、选择题（1——--7题是单选题，8-——10题是多选题）1．19世纪30年代，法拉第曾提出电荷周围存在一种场,而非存在“以太"。

后来人们用电荷在场空间受力的实验证明了法拉第观点的正确性,所用方法叫做“转换法”.下面给出的四个研究实例中，采取的方法与上述研究方法相同的是A．牛顿通过对天体现象的研究，总结出万有引力定律B．伽利略用逻辑推理否定了亚里士多德关于落体运动的认识C．欧姆在研究电流与电压、电阻关系时，先保持电阻不变研究电流与电压的关系;然后再保持电压不变研究电流与电阻的关系D．奥斯特通过放在通电直导线下方的小磁针发生偏转得出通电导线周围存在磁场的结论2．电动自行车是一种应用广泛的交通工具,其速度控制是通过转动右把手实现的,这种转动把手称“霍尔转把”，属于传感器非接触控制．转把内部有永久磁铁和霍尔器件等,截面如图甲．开启电源时,在霍尔器件的上下面之间加一定的电压,形成电流，如图乙．转把转动永久磁铁也跟着转动，霍尔器件能输出控制车速的电势差，已知电势差与车速关系如图丙,以下关于“霍尔转把"叙述正确的是A ．为提高控制的灵敏度,永久磁铁的上下端分别为N 、S 极B ．按图甲顺时针转动把手，车速变慢C ．图乙中从霍尔器件的左、右侧面输出控制车速的电势差D ．若霍尔器件的上下面之间所加电压正负极性对调，不影响车速控制3.如图所示，水平放置的光滑金属长导轨MM ′和NN ′之间接有电阻R ,导轨平面在直线OO ′左、右两侧的区域分别处在方向相反与轨道平面垂直的匀强磁场中，设左、右区域的磁场的磁感应强度的大小分别为B 1和B 2,一根金属棒ab 垂直放在导轨上并与导轨接触良好,棒和导轨的电阻均不计．金属棒ab 始终在水平向右的恒定拉力F 的作用下，在左边区域中恰好以速度v 0做匀速直线运动,则以下说法中正确的是A ．若B 2＝B 1时，棒进入右边区域后先做加速运动，最后以速度20v做匀速直线运动B ．若B 2＝B 1时,棒进入右边区域后仍以速度v 0做匀速直线运动C ．若B 2＝2B 1时，棒进入右边区域后先做减速运动，最后以速度20v 做匀速直线运动D．若B2＝2B1时，棒进入右边区域后先做加速运动,最后以速度4v0做匀速直线运动4．如图所示，质量为10kg的物体A拴在一个被水平拉伸的弹簧一端，弹簧的拉力为5N时,物体A处于静止状态。

信阳市高二物理下学期第一次月考试题(2021学年)

大家好！今天，我怀着无比激动的心情，站在这里，参与主管工段长的竞聘。

在此，我要感谢公司给予我这次难得的机会，让我有机会为公司的繁荣和发展贡献自己的力量。

以下是我对竞聘主管工段长这一职位的几点思考和建议，希望能得到大家的认可和支持。

一、竞聘动机首先，我想谈谈我竞聘主管工段长的动机。

自从加入公司以来，我一直以饱满的热情和敬业的精神投入到工作中。

在过去的几年里，我先后担任过一线操作工、班长等职务，积累了丰富的实践经验。

通过这些经历，我深刻认识到，一个优秀的工段长不仅要具备扎实的技术功底，还要具备良好的管理能力、沟通能力和团队协作精神。

因此，我渴望通过竞聘主管工段长这一职位，充分发挥自己的优势，为公司创造更大的价值。

二、个人优势1. 技术能力：在多年的工作中，我始终保持着对技术的钻研精神，熟练掌握了本岗位的操作技能，并能够针对生产过程中出现的问题，提出合理的解决方案。

2. 管理能力：在担任班长期间，我积累了丰富的团队管理经验，善于发现团队成员的优点，激发他们的潜能，营造和谐的工作氛围。

3. 沟通能力：我具备较强的沟通能力，能够与各级领导和同事保持良好的沟通，及时了解他们的需求和意见，为团队提供有力支持。

4. 团队协作精神：我深知团队协作的重要性，始终秉持着“团队至上”的理念，与同事们携手共进，共同为公司的发展贡献力量。

三、工作计划1. 优化生产流程：针对现有生产流程中存在的问题，我将结合实际情况，提出优化方案，提高生产效率，降低生产成本。

2. 提升团队素质：加强员工培训，提高员工的技能水平和综合素质，培养一支高素质、高效率的团队。

3. 严格执行规章制度：加强生产现场管理，严格执行各项规章制度，确保生产安全、有序进行。

4. 激发员工潜能：关注员工成长，为员工提供发展平台，激发他们的潜能，让每位员工都能在岗位上实现自我价值。

5. 加强与相关部门的沟通协作：与生产、技术、安全等相关部门保持密切沟通，共同推进公司发展。

高二物理月考试题及答案-河南信阳市新县高中2015-2016学年高二下学期开学测试试卷

绝密★启用前2015-2016学年度新县高中高二入学考试试卷物理注意事项：1．答题前填写好自己的姓名、班级、考号等信息2．请将答案正确填写在答题卡上第I卷（选择题）请点击修改第I卷的文字说明一、选择题（题型注释）1．在法拉第时代，下列验证“由磁产生电”设想的实验中，能观察到感应电流的是（）A.将绕在磁铁上的线圈与电流表组成一闭合回路，然后观察电流表的变化B.绕在同一铁环上的两个线圈，分别接电源和电流表，在给线圈通电或断电的瞬间，观察电流表的变化C.将一房间内的线圈两端与相邻房间的电流表连接．往线圈中插入条形磁铁后，再到相邻房间去观察电流的变化D.在一通电线圈旁放置一连有电流表的闭合线圈，然后观察电流表的变化2．电阻A，B的伏安曲线如图所示，下面说法正确的是（）A ．两电阻串联后的伏安曲线在区域 I 内，两电阻并联后的伏安曲线在区域 III 内B ．两电阻串联后的伏安曲线在区域 III 内，两电阻并联后的伏安曲线在区域 I 内C ．A ，B 电阻阻值之比为 1 : 3D ．A ，B 电阻阻值之比为 3 : 13．在磁感应强度大小为B0，方向竖直向上的匀强磁场中，水平放置一根长通电直导线，电流的方向垂直于纸面向里，如图所示，A.B.C.d 是以直导线为圆心的同一圆周上的四点，在这四点中（）A ．C.d 两点的磁感应强度大小相等B ．A.b 两点的磁感应强度大小相等C ．c 点的磁感应强度的值最小D ．b 点的磁感应强度的值最大4．如图所示，相距为d 的两条水平虚线1L 、2L 之间是方向水平向里的匀强磁场，磁感应强度为B ，质量为m 、电阻为R 的正方形线圈abcd 边长为L （L d ），将线圈在磁场上方高h 处由静止释放，cd 边刚进入磁场时速度为0v ，cd 边刚离开磁场是速度也为0v ，则线圈穿越磁场的过程中（从cd 边刚入磁场一直到ab 边刚离开磁场）（）A.感应电流做功为mgLB.感应电流做功为2mgdC.线圈的最小速度可能为22mgRB LD.5．如图所示是验证楞次定律实验的示意图，竖直放置的线圈固定不动，将磁铁从线圈上方插入或拔出，线圈和电流表构成的闭合回路中就会产生感应电流．各图中分别标出了磁铁的极性、磁铁相对线圈的运动方向以及线圈中产生的感应电流的方向等情况，其中表示正确的是（）6．如图所示，磁场方向垂直于纸面，磁感应强度大小在竖直方向均匀分布，水平方向非均匀分布。