高二物理周练试卷—带详细答案

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2021年高二物理周练试题(1.17) 含答案

2021年高二物理周练试题（1.17）含答案一、选择题：（共12小题，48分，1-8题为单选题，9-12为多选题）1、在下图所示的逻辑电路中，当A 、B 端输入的电信号分别为“0”和“0”时，在C 、D 端输出的电信号分别为（） A.“1”和“0” B.“0”和“1” C.“0”和“0” D.“1”和“1”2、为了儿童安全，布绒玩具必须检测其中是否存在金属断针，可以先将玩具放置强磁场中，若其中有断针，则断针被磁化，用磁报警装置可以检测到断针的存在．图7所示是磁报警装置中的一部分电路示意图，其中R B 是磁敏传感器，它的电阻随断针的出现而减小，a 、b 接报警器，当传感器R B 所在处出现断针时，电流表的电流I 、ab 两端的电压U 将( )A ．I 变大，U 变大B ．I 变小，U 变小C ．I 变大，U 变小D ．I 变小，U 变大3、如图所示，磁感应强度为B 的匀强磁场分布在边长为L 的等边三角形区域内，磁场的方向垂直纸面向外，中心O 点有一个粒子源，可以向各个方向发射速度大小为v 、质量为m 、电量为q （q>0）的粒子，要想把粒子约束在三角形磁场内，所加的磁感应强度B 至少为 A. B. C. D.4、如图所示，铜质导电板置于匀强磁场中，通电时铜板中电流方向向下，由于磁场的作用，则( )A ．板左侧聚集较多电子，使b 点电势高于a 点B ．板左侧聚集较多电子，使a 点电势高于b 点C ．板右侧聚集较多电子，使a 点电势高于b 点D ．板右侧聚集较多电子，使b 点电势高于a 点5、如图所示，等腰三角形内分布有垂直于纸面向外的匀强磁场，它的底边在x 轴上且长为OB2L，高为L。

纸面内一边长为L的正方形导线框沿x轴正方向做匀速直线运动穿过匀强磁场区域，在t=0时刻恰好位于图中所示的位置。

以顺时针方向为导线框中电流的正方向，在下面四幅图中能够正确表示电流-位移（I—x）关系的是（）D6、如图所示xoy坐标平面在竖直面内，轴沿水平方向，轴正方向竖直向上，在图示空间内有垂直于平面的水平匀强磁场，一带电小球从O点由静止释放，运动轨迹如图中曲线，关于带电小球的运动，下列说法中正确的是（）A、OAB轨迹为半圆B、小球运动到最低点A时速度最大，且沿水平方向C、小球在整个运动过程中机械能增加D、小球在A点时受到的洛伦兹力与重力大小相等7、如图所示，水平金属圆盘置于磁感应强度为B、方向竖直向下的匀强磁场中，圆盘绕金属转轴OO′以角速度ω沿顺时针方向匀速转动，铜盘的中心及边缘处分别用金属滑片与一理想变压器的原线圈相连。

钟祥一中高二物理周练答案潘

钟祥一中高二物理周练（三）答案一、选择题1、选ACD.由电磁波谱的划分可知，A对．微波的本质是电磁波，可以在真空中传播，无需介质．声波的本质是机械波，只能在介质中传播，B错．黑体辐射可以辐射各种波长的电磁波，本质上是电磁辐射，C对．根据普朗克的能量子假说推算出的黑体辐射规律和观测到的事实符合得相当好，D对．2、解析：选AD.根据光电效应的规律可知，只有入射光频率大于极限频率才能发生光电效应，故A、D正确．根据光电效应方程，最大初动能与入射光频率为线性关系，但非正比关系，故B错．根据光电效应现象规律可知光电子的最大初动能与入射光强度无关，故C 错．3、解析：选C.根据极限频率的含义知D错误，C正确；当滑动触头自a端向b端移动时，开始一段有光电流而且应增大，若移动到某一位置时达到饱和，则此后的移动过程中光电流不变，故A、B错误．4、解析：选A.由光电效应方程E k＝hν－W0，得逸出功W0＝hν－E k，又因W0＝hνc，所以极限频率νc＝W0h＝ν－E kh，故A正确．5、解析：选C.汞原子发出三种不同频率的单色光说明汞原子一定吸收能量从基态跃迁到n ＝3的激发态上，其能级差为ΔE＝E3－E1＝7.7 eV.故C正确．6、解析：选B.因为仅发射出三种不同频率的光子，且ν3>ν2>ν1，所以hν3＝E3－E1，hν2＝E2－E1，hν1＝E3－E2，所以hν3＝hν2＋hν1，故选B项．7、解析：选A.由于光子能量不可分，因此只有能量恰好等于两能级差的光子才能被氦离子吸收，故A项中光子不能被吸收；而实物粒子(如电子)只要能量不小于两能级差，均可能被吸收，故B、C两项中电子均能被吸收．8解析：选A.由题表可知处于可见光范围的光子的能量范围为1.61 eV～3.10 eV，处于某激发态的氢原子能级跃迁时：E3－E2＝(3.40－1.51) eV＝1.89 eV，此范围为红光．E4－E2＝(3.40－0.85) eV＝2.55 eV，此范围为蓝-靛光，故本题正确选项为A.9、解析：选D.β射线的本质是电子，并非氦核，A项错；γ光子的频率大于可见光光子的频率，由E＝hν可知γ光子的能量大于可见光光子的能量，B项错误；半衰期越小表示元素衰变越快，C项错；同位素含有相同的质子数但中子数不同，故D项正确．10、解析：选D.1 g纯铀235有1235×N A个铀235的原子核，因此1 g纯铀吸收中子完全发生核反应，可以放出的能量为N A235×196 MeV，即D正确，A、B、C错误．11、解析：选C.该反应是吸能反应，所以两个核子质量之和大于氘核的质量．12、解析：选AD.发生“轨道电子俘获”时，一个质子变为中子，质子与中子的总量不变，所以发生“轨道电子俘获”后新核与原核质量数相同，A正确；新核质子数减少，故核电荷数减少，B错；新核与原核质子数不同，不能称它们互为同位素，C错；以静止原子核及被俘获电子为系统．系统动量守恒，系统初动量为零，所以生成的新核与中微子的动量大小相等，方向相反，D正确．选A、D.二、填空题13、解析：卢瑟福在α粒子散射实验中发现了大多数α粒子没有大的偏转，少数发生了较大的偏转，卢瑟福抓住了这个现象进行分析，提出了原子的核式结构模型；1 MeV＝1×106×1.6×10－19J＝12m v2，解得v＝6.9×106 m/s.答案：大 6.9×10614、解析：根据玻尔理论可知，氢原子中的电子离核越远，氢原子的能量越大，由12m v 2＝hν＋E 1可得v ＝ 2(hν＋E 1)m. 答案：越大 2(hν＋E 1)m三、计算题15、解析：(1)入射光子的能量E ＝hν＝h c λ＝6.63×10－34×3.0×1084.3×10－7J ＝4.63×10－19 J ＝2.9 eV .由E ＝2.9 eV ＞W 0，所以能发生光电效应． (2)根据光电效应方程可得光电子的最大初动能E k ＝12m v m 2＝hν－W 0＝1.6×10－19 J. 而光电子的最大动量p ＝m v m ＝2mE k .光电子的德布罗意波长的最短值λ＝h p ＝ 6.63×10－342×0.91×10－30×1.6×10－19m ＝1.2×10－9 m.16、解析：由E 1＝－13.6 eV 可得E 3＝－1.51 eV ，E 2＝－3.4 eV ，由h c λ＝E 3－E 2得 λ＝hc E 3－E 2＝ 6.63×10－34×3×108[－1.51－(－3.4)]×1.6×10－19m ＝6.58×10－7m. 答案：6.58×10－7m17解析：设氢原子由n ＝4能级跃迁到n ＝2能级发出的光子波长为λ0，由n ＝2能级跃迁到n ＝1能级发出的光子波长为λ，则 E 4－E 2＝h c λ0，E 2－E 1＝h c λ，根据爱因斯坦光电效应方程，光电子的最大初动能 E k ＝h c λ－h c λ0＝hc ⎝⎛⎭⎫1λ－1λ0 ＝hc ⎝⎛⎭⎫E 2－E 1hc －E 4－E 2hc＝2E 2－E 1－E 4＝2×(－3.4)eV ＋13.6 eV ＋0.85 eV＝7.65 eV .答案：7.65 eV18、解析：11H ＋73X →242He(或11H ＋73Li →242He)该核反应释放出来的核能为ΔE ＝2E k ＋hν－E k0由爱因斯坦质能方程ΔE ＝Δmc 2得质量亏损Δm ＝2E k ＋hν－E k0c 2。

高二物理下学期周测试卷理(班含解析)高二全册物理试题1

嗦夺市安培阳光实验学校凤凰中学高二（下）周测物理试卷（实验班）（理科）（5 ）一、选择题（5分×16=80分）1．（5分）（2012•校级学业考试）下列说法表示时刻的是（）A．第5s末B．前5s内C．第5s内D．从第3s末到第5s末2．（5分）一辆儿童玩具车沿直线运动，第1s内位移为0.2m，在前3s内位移为0.6m．在接着的6s内位移为1.2m，则（）A．该玩具车一定做匀速直线运动B．该玩具车可能做匀速直线运动C．若该玩具车做匀速直线运动，则其速度大小与位移大小成正比，与运动时间成反比D．若该玩具车做匀速直线运动，则其速度大小与位移大小和运动时间均无关3．（5分）（2011•校级学业考试）某人爬山，从山脚爬上山顶，然后又从原路返回到山脚，上山的平均速率为v1，下山的平均速率为v2，则往返的平均速度的大小和平均速率是（）A．，B．，C．0， D．0，4．（5分）（2013秋•桥东区校级月考）在同一高度处间隔t0先后自由释放两小球a和b，不计空气阻力（）A．两球落地时间间隔t0B．在空中运动时两球间距越来越大C．在空中运动时两球速度差越来越大D．在空中运动时两球间距保持不变5．（5分）（2005•北京）一人看到闪电12.3s后又听到雷声．已知空气中的声速约为330m/s～340m/s，光速为3×108m/s，于是他用12.3除以3很快估算出闪电发生位置到他的距离为4.1km．根据你所学的物理知识可以判断（）A．这种估算方法是错误的，不可采用B．这种估算方法可以比较准确地估算出闪电发生位置与观察考间的距离C．这种估算方法没有考虑光的传播时间，结果误差很大D．即使声速增大2倍以上，本题的估算结果依然正确6．（5分）篮球以10m/s的速度水平地撞击篮板后以8m/s的速度反弹回来，球与板的接触时间为0.1s，则篮球的加速度为，（）A．20 m/s2B．180 m/s 2C．12m/s2D．18 m/s2 7．（5分）（2012春•青校级期中）某学生开展无线电定位“搜狐”比赛，甲、乙两人从图中所示地形的O点同时出发，并同时到达A点搜到狐狸，两人的搜狐路径已经在图中标出，则（）A．两人运动的平均速率相等B．甲的平均速度大于乙的平均速度C．甲的路程大于乙的路程D．甲的位移大于乙的位移8．（5分）（2011•湖南模拟）关于匀变速直线运动的说法，正确的是（）A．它一定是速度越来越大的直线运动B．它是加速度越来越大的直线运动C．它是加速度越来越小的直线运动D．它是加速度不变的直线运动9．（5分）自地面将一物体竖直上抛，初速度大小为20m/s．当它的位移为15m 时，经历的时间和运动速度分别为（g取10m/s2，不计空气阻力，选取竖直向上为正方向）（）A． 1 s，10 m/s B． 2 s，15 m/ C． 3 s，﹣10 m/s D．4 s，﹣15 m/s10．（5分）小女孩孩从15层坠下，被最美妈妈吴珠萍在楼下接住，幸免于难．设每层楼高度是2.8m，从她所在位置冲到楼下需要的时间是1.3s，则要接住孩子，至多允许她反应的时间是（）A． 3.0 s B． 1.5 s C．0.4 s D． 1.3 s 11．（5分）某同学身高1.8m，在运动会上他参加跳高比赛，起跳后身体横着越过了1.8m高的横杆．据此可估算出他起跳时竖直向上的速度大约为（取g=10m/s2）（）A． 2.1 m/s B． 4.2 m/s C． 3.6 m/s D． 3 m/s 12．（5分）（2012春•古浪县校级期中）某物体沿直线运动的v﹣t图象如图所示，由图象可以看出物体的运动情况，下述说法中正确的是（）A．沿单方向的直线运动B．沿直线做往复运动C．做匀变速直线运动D．加速度大小不变13．（5分）（2013•校级模拟）汽车沿着平直的公路以速度v0做匀速直线运动，当它路过某处的同时，该处有一辆汽车乙开始做速度为零的匀加速直线运动去追赶甲车．根据上述已知条件（）A．可求出乙车追上甲车时乙车的速度B．可求出乙车追上甲车时乙车走的路程C．可求出乙车从开始起到追上甲车所用的时间D．不能求出上述三个中的任何一个14．（5分）一汽车以36km/h的速度行驶，刹车后得到的加速度大小为4m/s2．则从刹车开始，经5s汽车通过的位移是（）A．0 m B．100 m C．12.5 m D．37.5 m 15．（5分）（2014春•路南区校级期末）平直马路上有同方向前后行驶的电车和汽车，t=0时，两车相距为零，它们的v﹣t图象如图所示，t=5s时，电车忽然停下来，汽车也立即减速而做匀减速直线运动，由图可知（）A．汽车会碰上电车B．汽车不会碰上电车，汽车停止后两车还相距2.5 mC．汽车不会碰上电车，汽车停止后两车还相距15 mD．两车是否相碰，条件不足，无法判定16．（5分）（2014秋•校级期末）如图所示为初速度v0沿直线运动的物体的速度图象，其末速度为v t，在时间t 内，物体的平均速度和加速度a是（）A．，a随时间减小B．，a恒定C．，a随时间减小D．无法确定二、计算题（共2小题，满分20分）17．（10分）（2014秋•校级期中）一矿井深为125米m，在井口每隔一定时间自由下落一个小球，当第11个小球从井口开始下落时，第1个小球恰好到达井底，求：（1）相邻两个小球开始下落的时间间隔；（2）这时第3个小球和第5个小球距离．18．（10分）（2011秋•沈阳期中）正以v=30m/s的速度运行中的列车，接到前方小站的请求：在该站停靠1分钟接一位危重病人上车，司机决定以加速度a1=0.6m/s2匀减速运动到小站，停车1分钟后以a2=1.0m/s2匀加速起动，恢复到原来的速度行驶，试问由于临时停车共耽误了多少时间？凤凰中学高二（下）周测物理试卷（实验班）（理科）（5）参考答案与试题解析一、选择题（5分×16=80分）1．（5分）（2012•校级学业考试）下列说法表示时刻的是（）A．第5s末B．前5s内C．第5s内D．从第3s末到第5s末考点：时间与时刻．分析：时间是指时间的长度，在时间轴上对应一段距离，时刻是指时间点，在时间轴上对应的是一个点，在难以区分是时间还是时刻时，可以通过时间轴来进行区分．解答：解：A、第5秒末，在时间轴上对应的是一个点，是时刻，故A正确；B、前5s内是从0时刻到5秒末之间，在时间轴上对应一段距离，是时间，故B错误；C、第5s内是1s 钟的时间，在时间轴上对应一段距离，指的是时间，故C错误；D、从第3s末到第5s末，在时间轴上对应一段距离，指的是时间，故D错误．故选：A．点评：对于物理中的基本概念要理解其本质不同，如时刻具有瞬时性的特点，是变化中的某一瞬间通常与物体的状态相对应；时间间隔具有连续性的特点，与某一过程相对应．2．（5分）一辆儿童玩具车沿直线运动，第1s内位移为0.2m，在前3s内位移为0.6m．在接着的6s内位移为1.2m，则（）A．该玩具车一定做匀速直线运动B．该玩具车可能做匀速直线运动C．若该玩具车做匀速直线运动，则其速度大小与位移大小成正比，与运动时间成反比D．若该玩具车做匀速直线运动，则其速度大小与位移大小和运动时间均无关考点：匀变速直线运动的位移与时间的关系；匀变速直线运动的速度与时间的关系．专题：直线运动规律专题．分析：物体做匀速直线运动时，任意相等内位移相等，其速度不变．据此分析即可．解答：解：A、B、据题：第1s内位移为0.2m，在前3s内位移为0.6m，在接着的6s内位移为1.2m，则知该车在第1s内位移可能都为0.2m，3s内位移可能都为0.6m，则该玩具车可能做匀速直线运动．故A错误，B正确．C、D、若该玩具车做匀速直线运动，速度保持不变，速度大小与位移大小和运动时间均无关，故C错误，D正确．故选：BD．点评：解决本题的关键要掌握匀速直线运动的特点，知道其速度与位移大小和运动时间均无关．3．（5分）（2011•校级学业考试）某人爬山，从山脚爬上山顶，然后又从原路返回到山脚，上山的平均速率为v1，下山的平均速率为v2，则往返的平均速度的大小和平均速率是（）A．，B．，C．0， D．0，考点：平均速度；速率．专题：直线运动规律专题．分析：注意平均速度和平均速率的区别，平均速度大小是位移与所用时间的比值，而平均速率为通过路程与所用时间比值，明确了这两个概念的区别便能正确解答本题．解答：解：从山脚爬上山顶，然后又从原路返回到山脚时，通过位移为零，因此平均速度为零；设从山脚爬上山顶路程为s，则有：上山时间：，下山时间：因此往返平均速率为：，故ABC错误，D正确．故选：D．点评：对于运动学中的概念要明确其定义，注意各个概念的区别和联系，对于刚开始学习高中物理的同学来说尤其注意理解位移的概念．4．（5分）（2013秋•桥东区校级月考）在同一高度处间隔t0先后自由释放两小球a和b，不计空气阻力（）A．两球落地时间间隔t0B．在空中运动时两球间距越来越大C．在空中运动时两球速度差越来越大D．在空中运动时两球间距保持不变考点：自由落体运动．专题：自由落体运动专题．分析：甲乙两球均做自由落体运动，由位移公式列出它们的距离与时间关系的表达式，再求出速度之差与时间的关系．解答：解：A、因为下落的高度相同，都做自由落体运动，所以落地时间相等，a比b早落地t0时间，故A正确；B、设b运动的时间为t，则a运动时间为t+t0，则两球的距离x=﹣=gt•t0+2，可见，两球间的距离随时间推移，越来越大，故B正确，D 错误；C、两球速度之差为：△v=g （t+△t）﹣gt=△tg，所以两球速度之差保持不变，故C错误；故选：AB点评：本题是自由落体运动位移公式和速度公式的直接应用，难度不大，属于基础题．5．（5分）（2005•北京）一人看到闪电12.3s后又听到雷声．已知空气中的声速约为330m/s～340m/s，光速为3×108m/s，于是他用12.3除以3很快估算出闪电发生位置到他的距离为4.1km．根据你所学的物理知识可以判断（）A．这种估算方法是错误的，不可采用B．这种估算方法可以比较准确地估算出闪电发生位置与观察考间的距离C．这种估算方法没有考虑光的传播时间，结果误差很大D．即使声速增大2倍以上，本题的估算结果依然正确考点：声波．专题：光的直线传播和光的反射专题．分析：要求声源到人所在位置的距离，可根据x=vt进行求解即需要知道声速v和声音传播的时间t，而声速v的单位由m/s换算为km/s可知声源到人所在位置的距离x．从而判定该方法的正确与否．解答：解：由于光速远远大于声速，故光传播的时间可以忽略不计，故声源到人所在位置的距离x=vt=340m/s×12.3s=km/s×12.3s≈km/s×12.3s=km=4.1km故这种估算方法可以比较准确地估算出闪电发生位置与观察考间的距离，故B正确，故选B．点评：光速远大于声速，故在距离很短的情况下光传播的时间可以忽略不计．6．（5分）篮球以10m/s的速度水平地撞击篮板后以8m/s的速度反弹回来，球与板的接触时间为0.1s，则篮球的加速度为，（）A．20 m/s2B．180 m/s 2C．12m/s2D．18 m/s2考点：加速度．专题：直线运动规律专题．分析：根据篮球的初末速度以及时间，结合加速度的定义式求出篮球的加速度．解答：解：规定初速度的方向为正方向，篮球的加速度a=，负号表示方向与初速度方向相反，故B正确，A、C、D错误．故选：B．点评：解决本题的关键掌握加速度的定义式，注意公式的矢量性，基础题．7．（5分）（2012春•青校级期中）某学生开展无线电定位“搜狐”比赛，甲、乙两人从图中所示地形的O点同时出发，并同时到达A点搜到狐狸，两人的搜狐路径已经在图中标出，则（）A．两人运动的平均速率相等B．甲的平均速度大于乙的平均速度C．甲的路程大于乙的路程D．甲的位移大于乙的位移考点：位移与路程．专题：直线运动规律专题．分析：平均速度等于物体的位移与所用时间的比值．位移是从起点到终点的有向线段，从图上找出起点和终点，确定位移关系，再研究平均速度关系．路程是物体运动路线的长度．解答：解：A、B由图看出，甲乙两人起点都在O点，终点都在A点，位移相同，所用时间相同，则根据平均速度的公式v=得知，平均速度一定相同；而平均速率等于路程与时间的比值；故AB错误；C、D、路程是物体运动路线的长度，从图看出，甲的路程大于乙的路程．故C正确，D错误．故选：C点评：本题是物体的运动轨迹图线，能直接看出物体运动路线和起点、终点，只要懂得平均速度的含义就能正确解答．8．（5分）（2011•湖南模拟）关于匀变速直线运动的说法，正确的是（）A．它一定是速度越来越大的直线运动B．它是加速度越来越大的直线运动C．它是加速度越来越小的直线运动D．它是加速度不变的直线运动考点：加速度．专题：直线运动规律专题．分析：物体在一条直线上运动，如果在相等的时间内速度的变化相等，这种运动就叫做匀变速直线运动．也可定义为：沿着一条直线，且加速度不变的运动，叫做匀变速直线运动．解答：解：A 、匀变速直线运动有匀加速直线运动和匀减速直线运动之分，速度可能增加，也可能减小，故A错误；B、C、D、匀变速直线运动的加速度是不变的，故B错误，C错误，D正确；故选：D．点评：本题关键匀变速直线运动的定义，知道其是加速度不变的直线运动．9．（5分）自地面将一物体竖直上抛，初速度大小为20m/s．当它的位移为15m 时，经历的时间和运动速度分别为（g取10m/s2，不计空气阻力，选取竖直向上为正方向）（）A． 1 s，10 m/s B． 2 s，15 m/ C． 3 s，﹣10 m/s D．4 s，﹣15 m/s考点：竖直上抛运动．专题：直线运动规律专题．分析：竖直上抛运动的处理方法有两种：1、分段法；2、整体法．此题用整体法较为简单．解答：解：由竖直上抛运动的位移与时间的关系得：15m=20m/s×t﹣×10m/s2×t2解得：t=1s或3s；当物体向上经15m时，t=1s；当物体向下返回15m时，t=3s又由竖直上抛运动的速度与时间的关系：v=v0﹣gt得：将t等于1s和3s分别代入：v=10m/s或﹣10m/s；当物体向上经15m时，v=10m/s；当物体向下返回15m时，v=﹣10m/s．所以选项AC正确．故选：AC点评：竖直上抛运动有两个过程，物体到达最高点后不能静止，而是向下继续运动．位移为+15m对应两个时间．如果位移大小为15m，则对应三个时间10．（5分）小女孩孩从15层坠下，被最美妈妈吴珠萍在楼下接住，幸免于难．设每层楼高度是2.8m，从她所在位置冲到楼下需要的时间是1.3s，则要接住孩子，至多允许她反应的时间是（）A． 3.0 s B． 1.5 s C．0.4 s D． 1.3 s考点：自由落体运动．专题：自由落体运动专题．分析：小孩从高楼掉下可以看成是自由落体运动，根据h=gt2求出自由落体的时间，减去青年冲到楼下所需的时间，即为反应时间．解答：解：根据h=gt2得，t==2.92s；所以反应时间t′=2.92﹣1.3s=1.62s．故只有B最接近；故B正确，A、C、D 错误．故选：B．点评：解决本题的关键在于明确自由落体位移公式的正确应用，同时注意估算题的解法．11．（5分）某同学身高1.8m，在运动会上他参加跳高比赛，起跳后身体横着越过了1.8m高的横杆．据此可估算出他起跳时竖直向上的速度大约为（取g=10m/s2）（）A． 2.1 m/s B． 4.2 m/s C． 3.6 m/s D． 3 m/s 考点：竖直上抛运动．版权所有专题：直线运动规律专题．分析：运动员起跳过杆的过程可以看做是竖直上抛运动，注意运动员是站着起跳，横着过杆，所以竖直方向的位移不是1.8m，而是0.9m左右，代入竖直上抛运动即可．解答：解：竖直上升阶段：由：得：注意运动员是站着起跳，横着过杆，所以竖直方向的位移应该是重心上升的高度，不是1.8m，而是0.9m左右即：解得：v0=4.2m/s故选：B．点评：利用竖直上抛解决实际问题时，核心还是竖直上抛运动的运动规律，需要做的就是找出各个物理量代入．12．（5分）（2012春•古浪县校级期中）某物体沿直线运动的v﹣t图象如图所示，由图象可以看出物体的运动情况，下述说法中正确的是（）A．沿单方向的直线运动B．沿直线做往复运动C．做匀变速直线运动D．加速度大小不变考点：匀变速直线运动的图像；匀变速直线运动的速度与时间的关系．专题：运动学中的图像专题．分析：v﹣t图象的识别和应用，v﹣t图可以看出速度大小和方向的变化，大小变化很简单，速度是矢量，正负代表方向，故方向变化发生在和时间轴相交处，即图线从时间轴的上部穿到下部，或从下部穿到上部，速度的方向才发生变化．至于加速度就看图象的斜率，向上倾斜代表，加速度为正，向下倾斜代表加速度为负，加速度大小和方向通过具体速度时间数值可以计算．解答：解：A、B、速度是矢量，其正负表示运动方向，由图知速度方向有规律的发生变化，所以物体沿直线做往复运动，故A错误，B正确．C、匀变速直线运动的特点是加速度不变，图象应是一条倾斜的直线，而该物体的加速度作周期性改变，所以物体做的不是匀变速直线运动，故C错误．D、由图可知图线的斜率等于加速度，故根据数学知识可知加速度大小不变，故D正确．故选：BD点评：图象的识别，重点要看清坐标轴，其次要看斜率，交点等位置，和他们代表的含义．以此来解题．13．（5分）（2013•校级模拟）汽车沿着平直的公路以速度v0做匀速直线运动，当它路过某处的同时，该处有一辆汽车乙开始做速度为零的匀加速直线运动去追赶甲车．根据上述已知条件（）A．可求出乙车追上甲车时乙车的速度B．可求出乙车追上甲车时乙车走的路程C．可求出乙车从开始起到追上甲车所用的时间D．不能求出上述三个中的任何一个考点：匀变速直线运动的位移与时间的关系；匀变速直线运动的速度与时间的关系．专题：直线运动规律专题．分析：作出汽车甲、乙的速度时间图线，根据速度﹣时间图线分析能求出的量．解答：解：作出汽车甲、乙的速度﹣时间图线如图所示．当汽车乙车追上汽车甲车时，两车位移相等，从图象上可以看出，当甲乙位移相等时，两图象与时间轴所围的“面积”相等，则得乙车的速度为2v0．但从图象上无法知道乙车追上甲车所用的时间，故不能求出乙车走的路程．故A正确，BCD均错误．故选：A．点评：解决本题的关键会用图象法进行解题，知道在速度﹣时间图线中，图线与时间轴所围成的面积表示位移．14．（5分）一汽车以36km/h的速度行驶，刹车后得到的加速度大小为4m/s2．则从刹车开始，经5s汽车通过的位移是（）A．0 m B ．100 m C．12.5 m D．37.5 m 考点：匀变速直线运动的位移与时间的关系．专题：直线运动规律专题．分析：先根据匀变速直线运动的速度时间公式，求出汽车速度减为零所需的时间，再根据汽车的运动状态，结合位移公式求位移．解答：解：由v=v0+at得：汽车速度减为零所需的时间为：t0==s=2.5s即刹车2.5s车停止运动，经5s时汽车通过的位移等于2.5s内的位移，为x==m=12.5m故选：C．点评：本题考查运动学中的刹车问题，是道易错题，注意汽车速度减为零后不再运动，先判断后计算．15．（5分）（2014春•路南区校级期末）平直马路上有同方向前后行驶的电车和汽车，t=0时，两车相距为零，它们的v﹣t图象如图所示，t=5s时，电车忽然停下来，汽车也立即减速而做匀减速直线运动，由图可知（）A．汽车会碰上电车B．汽车不会碰上电车，汽车停止后两车还相距2.5 mC．汽车不会碰上电车，汽车停止后两车还相距15 mD．两车是否相碰，条件不足，无法判定考点：匀变速直线运动的位移与时间的关系；匀变速直线运动的速度与时间的关系．专题：直线运动规律专题．分析：速度时间图线与时间轴围成的面积表示位移，结合电车和汽车的位移判断两车是否相撞．解答：解：在整个运动的过程中，电车的位移：x1=8×5m=40m，汽车的位移：，因为x1＞x2，知汽车不会碰上电车，汽车停止后两车还相距2.5 m．故B正确，A、C、D错误．故选：B．点评：解决本题的关键知道速度时间图线的物理意义，知道图线与时间轴围成的面积表示的含义．16．（5分）（2014秋•校级期末）如图所示为初速度v0沿直线运动的物体的速度图象，其末速度为v t，在时间t 内，物体的平均速度和加速度a是（）A．，a随时间减小B．，a恒定C．，a随时间减小D．无法确定考点：匀变速直线运动的图像．专题：运动学中的图像专题．分析：速度时间图线的切线斜率表示加速度，根据图线斜率的变化判断加速度的变化．连接图线的首末两点，该直线表示做匀加速直线运动，得出平均速度速度的大小，通过图线与时间轴围成的面积表示位移比较物体的平均速度与匀变速直线运动的平均速度大小．解答：解：图线的斜率逐渐减小，知加速度随时间减小．连接图线首末两点，该直线表示物体做匀加速直线运动，平均速度，因为变加速直线运动图线与时间轴围成的面积大于匀加速直线运动图线与时间轴围成的面积，即变加速直线运动的位移大于匀加速直线运动的位移，时间相等，则平均速度大于匀加速直线运动的平均速度，即．故A正确，B、C、D错误．故选A．点评：解决本题的关键知道速度时间图线的切线斜率表示加速度，图线与时间轴围成的面积表示位移．二、计算题（共2小题，满分20分）17．（10分）（2014秋•校级期中）一矿井深为125米m，在井口每隔一定时间自由下落一个小球，当第11个小球从井口开始下落时，第1个小球恰好到达井底，求：（1）相邻两个小球开始下落的时间间隔；（2）这时第3个小球和第5个小球距离．考点：自由落体运动．专题：自由落体运动专题．分析：（1）假设两个小球之间的时间间隔为T，从井口到井底共有10个时间间隔，即10T，根据自由落体的位移时间关系式可以解出下落的总时间，最后可解得两小球间的时间间隔；（2）再根据位移时间关系解得第3个小球和第5个小球相距多远．解答：解：（1）设第一个小球下落到井底用时为t，根据自由落体运动位移时间关系，则得 t==s=5s设相邻小球下落时间间隔为T，由题意知 t=10T联立解得 T=0.5s（2）由以上计算可知，当第一个小球到达井底时第三个小球刚好下落t1=4s，第5个小球下落的时间为t2=3s故△H=H3﹣H5= g（t12﹣t22）=×10×（42﹣32）=35m答：（1）相邻两个小球开始下落的时间间隔0.5s；（2）第1个小球恰好到达井底时，第3个小球和第5个小球之间的高度差35m．点评：解决自由落体运动的题目关键在于明确自由落体中的公式应用，一般情况下，研究由落点开始的运动列出的表达式最为简单；并且最好尝试一题多解的方法18．（10分）（2011秋•沈阳期中）正以v=30m/s的速度运行中的列车，接到前方小站的请求：在该站停靠1分钟接一位危重病人上车，司机决定以加速度a1=0.6m/s2匀减速运动到小站，停车1分钟后以a2=1.0m/s2匀加速起动，恢复到原来的速度行驶，试问由于临时停车共耽误了多少时间？考点：匀变速直线运动的位移与时间的关系．专题：直线运动规律专题．分析：求出列车减速到零再加速到原来速度这段时间内的位移，求出在这段位移内若以30m/s速度运行所需的时间，再求出实际通过这段位移的时间，两时间之差为临时停车所耽误的时间．解答：解：汽车的刹车距离为：，重新启动的距离为：若正常行驶这些距离需要时间为：设车子行驶的方向为正方向，刹车时间为，启动时间为：，停了1分钟，t3=60s，所以：t=t1+t2+t3=140s所以t耽误=t﹣t′=140﹣40=100s故由于临时停车共耽误了多100s的时间．点评：解决本题的关键掌握匀变速直线运动的速度位移公式v2﹣v02=2ax 以及速度时间公式v=v0+at灵活应用．。

2021年高二上学期物理周练试卷(实验班) 含答案

2021年高二上学期物理周练试卷（实验班）含答案一、选择题(本题共10个小题，每小题5分，共50分)1、下面有关磁场中某点的电磁感应强度的方向的说法错误．．的是（） A ．磁感应强度的方向就是该点的磁场方向B ．磁感应强度的方向就是通过该点的磁感线的切线方向C ．磁感应强度的方向就是通电导体在该点的受力方向D ．磁感应强度的方向就是小磁针北极在该点的受力方向 2、如图所示，a 、b 、c 三枚小磁针分别放在通电螺线管的正上方．．．、管内．．和右侧．．，当开关闭合时，这些小磁针静止时，小磁针的N 极指向为A ．a 、b 、c 均向左B ．a 、b 、c 均向右C ．a 向左、b 向右、c 向右D ．a 向右、b 向左、c 向右3将（） A ．向上偏转 B ．向下偏转 C ．向纸外偏转 D ．向纸里偏转4、在如下所示的坐标系中，在匀强电场E 和匀强磁场B 共存的区域内（电场E 和磁场B 的方向已标出），电子(重力不计)不可能．．．沿x 轴正方向做直线运动的是 ( )5、（多选）如图所示是粒子速度选择器的原理图，如果粒子(重力不计)所具有的速率v ＝EB ，那么( )A ．带正电粒子必须沿ab 方向从左侧进入场区，才能沿直线通过B ．带负电粒子必须沿ba 方向从右侧进入场区，才能沿直线通过C ．不论粒子电性如何，沿ab 方向从左侧进入场区，都能沿直线通过D ．不论粒子电性如何，沿ba 方向从右侧进入场区，都能沿直线通过6、如图所示，在X 轴上方存在垂直于纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为B ，在xoy 平面内，从原点O 处沿与x 轴正方向成θ角（0＜θ＜π）以速率v 发射一个带正电的粒子(重力不计)．则下列说法正确的是( )A ．若θ一定，v 越大，则粒子在磁场中运动的时间越短I yzxEB AyzxE ByzxEB CyzxEB DBB ．若θ一定，v 越大，则粒子在磁场中运动的角速度越大C ．若v 一定，θ越大，则粒子在磁场中运动的时间越短D ．若v 一定，θ越大，则粒子在离开磁场的位置距O 点越远7、如图所示，一质量为m ，电荷量为q 的带正电绝缘体物块位于高度略大于物块高的水平宽敞绝缘隧道中，隧道足够长，物块上、下表面与隧道上、下表面的动摩擦因数均为μ，整个空间存在垂直纸面向里、磁感应强度为B 的匀强磁场．现给物块水平向右的初速度v 0，空气阻力忽略不计，物块电荷量不变，则整个运动过程中，物块克服阻力做功不可能．．．为（） A ．0B ．12mv 02C ．12 mv 02 ＋ m 3g 22q 2B 2D ．12 mv 02 － m 3g 22q 2B 28、板长和板距之比为3:2的两块带电平行板之间有相互垂直的匀强磁场和匀强电场。

高二物理上学期周练试卷(12.含解析)高二全册物理试题

嘴哆市安排阳光实验学校武平一中高二（上）周练物理试卷（12.21）一、选择题1．（3分）磁场中某处磁感应强度的大小，由B=可知（）A．B随IL的乘积的增大而减小B．B随F的增大而增大C．B与F成正比，与IL成反比D．B与F及IL 无关，由的比值确定2．（3分）（2012秋•景谷县校级期末）关于电荷在磁场中的受力，下列说法中正确的是（）A．静止的电荷一定不受洛伦兹力的作用，运动电荷一定受洛伦兹力的作用B．洛伦兹力的方向有可能与磁场方向平行C．洛伦兹力的方向可能不与带电粒子的运动方向垂直D．带电粒子运动方向与磁场方向平行时，一定不受洛伦兹力的作用3．（3分）（2011秋•合浦县期末）关于电场力和洛伦兹力，下列说法中正确的是（）A．电荷只要在电场中就会受到电场力作用，电荷在磁场中，也一定会受到洛伦兹力的作用B．电场力对在其电场中的电荷一定会做功，而洛伦兹力对磁场中的电荷却不会做功C．电场力和与洛伦兹力一样，受力方向都在电场线或磁场线上D．只有运动电荷在磁场中才会受到洛伦兹力作用4．（3分）关于安培力和洛伦兹力，下列说法中正确的是（）A．安培力和洛伦兹力是性质不同的两种力B．安培力和洛伦兹力其本质都是磁场对运动电荷的作用力C．这两种力都是效果力，其实并不存在，原因是不遵守牛顿第三定律D．安培力对通电导体能做功，洛伦兹力对运动电荷也能做功5．（3分）（2013秋•市中区校级期中）如图所示，是表示磁场磁感应强度B、负电荷运动方向v和磁场对电荷洛伦兹力F的相互关系图，这四个图中不正确的是（B、v、F两两垂直）（）A． B．C．D．6．（3分）（2015•校级模拟）如图所示，一个带负电的物体从粗糙斜面顶端滑到斜面底端时的速度为v，若加上一个垂直纸面向外的磁场，则滑到底端时（）A．v变大B．v变小C．v不变D．不能确定7．（3分）如图所示，一块通电金属板放在磁场中，板面与磁场垂直，板内通有如图所示方向的电流，a、b是金属板左、右边缘上的两点，若a、b两点的电势分别为φa和φb，两点的电势相比有（）A．φa=φb B．φa＞φb C．φa＜φb D．无法确定8．（3分）一个带正电的小球以速度v0沿光滑的水平绝缘桌面向右运动，飞离桌面边缘后，通过匀强磁场区域，落在地板上，磁场方向垂直于纸面向里（如图所示），其水平射程为s1，落地速度为v1，撤去磁场后，其他条件不变，水平射程为s2，落地速度为v2，则（）A．s1=s2B．s1＜s2C．v1=v2D．v1＞v2二、解答题9．（2013秋•校级期中）一个质量m=0.1g的小滑块，带有q=5×10﹣4C的电荷，放置在倾角α=30°的光滑斜面上（斜面绝缘），斜面置于B=0.5T的匀强磁场中，磁场方向垂直纸面向里，如图所示．小滑块由静止开始沿斜面下滑，其斜面足够长，小滑块滑至某一位置时，要离开斜面．问：（1）小滑块带何种电荷？（2）小滑块离开斜面时的瞬时速度多大？（3）该斜面的长度至少多长？10．（2013秋•莲湖区校级期末）在相互垂直的匀强电场和匀强磁场中，有一倾角为θ、足够长的光滑绝缘斜面，磁感应强度为B，方向垂直于纸面向外，电场方向竖直向上．有一质量为m，带电荷量为+q的小球静止在斜面顶端，这时小球对斜面的正压力恰好为零，如图所示，若迅速把电场方向反转为竖直向下，重力加速度为g，求：（1）小球能在斜面上滑行多远？（2）小球在斜面上滑行时间是多少？11．（2013•沈河区学业考试）如图所示，一束电子（电荷量为e）以速度v从A点垂直射入磁感应强度为B，宽为d的匀强磁场中，从C点穿出磁场时速度方向与电子原来入射方向的夹角为30°，求：（1）电子的质量；（2）电子穿过磁场所用的时间．武平一中高二（上）周练物理试卷（12.21）参考答案与试题解析一、选择题1．（3分）磁场中某处磁感应强度的大小，由B=可知（）A．B随IL的乘积的增大而减小B．B随F的增大而增大C．B与F成正比，与IL成反比D．B与F及IL 无关，由的比值确定考点：磁感应强度．分析：B=是磁感应强度的定义式，采用比值法定义，B反映磁场本身的强弱和方向，与F、IL无关．解答：解：B=是磁感应强度的定义式，采用比值法定义，具有比值法定义的共性，B反映了磁场本身的强弱和方向，只由磁场本身决定，与F、IL无关．故ABC错误，D正确．故选：D点评：磁感应强度是描述磁场强弱和方向的物理量，关键抓住比值法定义的共性来理解B的物理意义．2．（3分）（2012秋•景谷县校级期末）关于电荷在磁场中的受力，下列说法中正确的是（）A．静止的电荷一定不受洛伦兹力的作用，运动电荷一定受洛伦兹力的作用B．洛伦兹力的方向有可能与磁场方向平行C．洛伦兹力的方向可能不与带电粒子的运动方向垂直D．带电粒子运动方向与磁场方向平行时，一定不受洛伦兹力的作用考点：洛仑兹力．分析：当带电粒子的速度方向与磁场方向不平行，带电粒子受到洛伦兹力作用，根据左手定则可以得出洛伦兹力的方向．解答：解：A、运动的电荷不一定受到洛伦兹力作用，若电荷的运动方向与磁场方向平行，则运动电荷不受洛伦兹力作用．故A错误．B、根据左手定则，洛伦兹力的方向与磁场方向、粒子的运动方向垂直．故B 错误，C也错误．D、带电粒子运动方向与磁场方向平行时，一定不受洛伦兹力的作用．故D正确．故选：D．点评：解决本题的关键知道洛伦兹力方向与速度方向和磁场方向的关系，以及会运用左手定则进行判断．3．（3分）（2011秋•合浦县期末）关于电场力和洛伦兹力，下列说法中正确的是（）A．电荷只要在电场中就会受到电场力作用，电荷在磁场中，也一定会受到洛伦兹力的作用B．电场力对在其电场中的电荷一定会做功，而洛伦兹力对磁场中的电荷却不会做功C．电场力和与洛伦兹力一样，受力方向都在电场线或磁场线上D．只有运动电荷在磁场中才会受到洛伦兹力作用考点：洛仑兹力；电场强度．分析：电荷在电场中一定受到电场力，而静止的电荷在磁场中不受到洛伦兹力，即使运动，当运动的方向与磁场平行时，也不受到洛伦兹力；当电场力与运动速度的方向相垂直时，电场力不做功，而洛伦兹力一定与速度垂直，则洛伦兹力一定不做功；电场力的方向在电场线切线方向，而洛伦兹力与磁场线方向相垂直；解答：解：A、电荷只要在电场中就会受到电场力作用，运动电荷在磁场中，与磁场方向平行，不会受到洛伦兹力的作用，故A错误，B、当电场力与电荷的速度方向相垂直时，则电场力对在其电场中的电荷不会做功，而洛伦兹力对磁场中的电荷不会做功，故B错误；C、电场力与电场线某点切线方向平行，洛伦兹力与磁场线相互垂直，故C错误；D、只有运动电荷在磁场中才可能受到洛伦兹力作用，故D正确；故选：D点评：考查电场力、洛伦兹力与电场线及磁场线的方向关系，掌握左手定则，注意与右手定则的区别，理解洛伦兹力产生的条件．4．（3分）关于安培力和洛伦兹力，下列说法中正确的是（）A．安培力和洛伦兹力是性质不同的两种力B．安培力和洛伦兹力其本质都是磁场对运动电荷的作用力C．这两种力都是效果力，其实并不存在，原因是不遵守牛顿第三定律D．安培力对通电导体能做功，洛伦兹力对运动电荷也能做功考点：洛仑兹力；安培力．分析：通电导线在磁场中受到力为安培力，而运动电荷在磁场中受到力为洛伦兹力．它们均属于磁场力，本质上是一种力，方向都由左手定则来确定，由于洛伦兹力始终与速度垂直，所以洛伦兹力不做功．解答：解：AB、安培力是大量运动电荷所受洛伦兹力的宏观表现，洛伦兹力是安培力的微观形式，故安培力和洛伦兹力是性质相同的力，本质上都是磁场对运动电荷的作用力，故A错误、B正确．C、安培力和洛伦兹力都是实际存在的力，遵守牛顿运动定律，故C错误．D、洛伦兹始终与运动方向垂直，对运动电荷不做功，故D错误．故选：B．点评：本题知道安培力和洛伦兹力的联系和区别，以及会根据左手定则判断安培力和洛伦兹力的方向．5．（3分）（2013秋•市中区校级期中）如图所示，是表示磁场磁感应强度B、负电荷运动方向v和磁场对电荷洛伦兹力F的相互关系图，这四个图中不正确的是（B、v、F两两垂直）（）A． B．C．D．考点：左手定则．分析：根据磁场方向、电荷运动方向应用左手定则判断出洛伦兹力方向，然后答题．解答：解：A、由左手定则可知，洛伦兹力竖直向上，故A正确；B、由左手定则可知，洛伦兹力水平向左，故B正确；C、由左手定则可知，洛伦兹力水平向左，故C正确；D、由左手定则可知，洛伦兹力垂直纸面向里，故D错误；本题选错误的，故：D．点评：本题考查了判断洛伦兹力方向，应用左手定则即可正确解题，应用左手定则解题时要注意电荷的正负．6．（3分）（2015•校级模拟）如图所示，一个带负电的物体从粗糙斜面顶端滑到斜面底端时的速度为v，若加上一个垂直纸面向外的磁场，则滑到底端时（）A．v变大B．v变小C．v不变D．不能确定考点：功能关系；洛仑兹力．分析：未加磁场时，滑块受到重力、支持力，摩擦力，加磁场后，根据左手定则，多了一个垂直斜面向下的洛伦兹力．两种情况重力做功相同，洛伦兹力不做功，但加磁场时对斜面的正压力变大，摩擦力变大，克服摩擦力做功变多，根据动能定理，即可比较出两种情况到达底端的速率．解答：解：未加磁场时，根据动能定理，有mgh﹣W f =mv2﹣0．加磁场后，多了洛伦兹力，洛伦兹力不做功，但正压力变大，摩擦力变大，根据动能定理，有mgh﹣W f ′=mv′2﹣0，W f′＞W f，所以v′＜v．故B正确，A、C、D错误．故选B．点评：解决本题的关键两次运用动能定理，两种情况重力功相同，多了磁场后多了洛伦兹力，洛伦兹力不做功，但导致摩擦力变大，即两种情况摩擦力做功不同，从而比较出到达底端的速率．7．（3分）如图所示，一块通电金属板放在磁场中，板面与磁场垂直，板内通有如图所示方向的电流，a、b是金属板左、右边缘上的两点，若a、b两点的电势分别为φa和φb，两点的电势相比有（）A．φa=φb B．φa＞φb C．φa＜φb D．无法确定考点：霍尔效应及其应用．专题：带电粒子在磁场中的运动专题．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，从而确定电势的高低．解答：解：电流的方向向上，根据左手定则，电子受洛伦兹力向左，故电子向左侧偏转，所以左侧电子较多，右侧失去电子带正电，所以右侧的电势高于左侧电势，即φa＜φb．故C正确，ABD错误．故选：C．点评：解决本题的关键知道金属中移动的是自由电子，掌握左手定则判断洛伦兹力的方向．8．（3分）一个带正电的小球以速度v0沿光滑的水平绝缘桌面向右运动，飞离桌面边缘后，通过匀强磁场区域，落在地板上，磁场方向垂直于纸面向里（如图所示），其水平射程为s1，落地速度为v1，撤去磁场后，其他条件不变，水平射程为s2，落地速度为v2，则（）A．s1=s2B．s1＜s2C．v1=v2D．v1＞v2考点：洛仑兹力；平抛运动．分析：小球在有磁场时做一般曲线运动，无磁场时做平抛运动，运用分解的思想，两种情况下，把小球的运动速度和受力向水平方向与竖直方向分解，然后利用牛顿第二定律和运动学公式来分析判断运动时间和水平射程；最后利用洛伦兹力不做功判断落地的速率．解答：解：A、B、有磁场时，小球下落过程中要受重力和洛仑兹力共同作用，重力方向竖直向下，大小方向都不变；洛仑兹力的大小和方向都随速度的变化而变化，但在能落到地面的前提下洛仑兹力的方向跟速度方向垂直，总是指向右上方某个方向，其水平分力f x水平向右，竖直分力f y竖直向上．如图所示，竖直方向的加速度仍向下，但小于重力加速度g，从而使运动时间比撤去磁场后要长，即t1＞t2，所以，小球水平方向也将加速运动，从而使水平距离比撤去磁场后要大，即s1＞s2，故AB均错误；C、D、在有磁场，重力和洛仑兹力共同作用时，其洛仑兹力的方向每时每刻都跟速度方向垂直，不对粒子做功，不改变粒子的动能，有磁场和无磁场都只有重力作功，动能的增加是相同的．有磁场和无磁场，小球落地时速度方向并不相同，但速度的大小是相等的，故C正确、D错误．故选：C．点评：本题关键运用分解的思想，把小球的运动和受力分别向水平和竖直分解，然后根据选项分别选择规律分析讨论．二、解答题9．（2013秋•校级期中）一个质量m=0.1g的小滑块，带有q=5×10﹣4C的电荷，放置在倾角α=30°的光滑斜面上（斜面绝缘），斜面置于B=0.5T的匀强磁场中，磁场方向垂直纸面向里，如图所示．小滑块由静止开始沿斜面下滑，其斜面足够长，小滑块滑至某一位置时，要离开斜面．问：（1）小滑块带何种电荷？（2）小滑块离开斜面时的瞬时速度多大？（3）该斜面的长度至少多长？考点：带电粒子在匀强磁场中的运动；洛仑兹力．专题：带电粒子在磁场中的运动专题．分析：（1）带电滑块在滑至某一位置时，由于在洛伦兹力的作用下，要离开斜面．根据磁场方向结合左手定则可得带电粒子的电性．（2）由光滑斜面，所以小滑块在没有离开斜面之前一直做匀加速直线运动．借助于洛伦兹力公式可求出恰好离开时的速度大小，（3）由运动学公式来算出匀加速运动的时间．由位移与时间关系可求出位移大小．解答：解：（1）由题意可知：小滑块受到的洛伦兹力垂直斜面向上．根据左手定则可得：小滑块带负电．（2）由题意：当滑块离开斜面时，洛伦兹力：Bqv=mgcosα，则=m/s（3）又因为离开之前，一直做匀加速直线运动则有：mgsina=ma，即a=gsina=5m/s2，由v2=2ax 得：m答：（1）小滑块带负电荷（2）小滑块离开斜面时的瞬时速度是m/s；（3）该斜面的长度至少长1.2m点评：本题突破口是从小滑块刚从斜面离开时，从而确定洛伦兹力的大小，进而得出刚离开时的速度大小，由于没有离开之前做匀加速直线运动，所以由运动与力学可解出运动的时间及位移．10．（2013秋•莲湖区校级期末）在相互垂直的匀强电场和匀强磁场中，有一倾角为θ、足够长的光滑绝缘斜面，磁感应强度为B，方向垂直于纸面向外，电场方向竖直向上．有一质量为m，带电荷量为+q的小球静止在斜面顶端，这时小球对斜面的正压力恰好为零，如图所示，若迅速把电场方向反转为竖直向下，重力加速度为g，求：（1）小球能在斜面上滑行多远？（2）小球在斜面上滑行时间是多少？考点：带电粒子在混合场中的运动；力的合成与分解的运用；共点力平衡的条件及其应用；牛顿第二定律；动能定理的应用．专题：带电粒子在复合场中的运动专题．分析：（1）当电场竖直向上时，小球对斜面无压力，可知电场力和重力大小相等；当电场竖直向下时，小球受到向下的力为2mg；当小球恰好离开斜面时，在垂直于斜面的方向上合力为零，由此可求出此时的速度；在此过程中，电势能和重力势能转化为动能，由动能定理即可求出小球下滑的距离．（2）经受力分析可知，小球在沿斜面方向上合力不变，故沿斜面做匀加速直线运动，由运动学公式可求出运动时间．解答：解：（1）由静止可知：qE=mg当小球恰好离开斜面时，对小球受力分析，受竖直向下的重力、电场力和垂直于斜面向上的洛伦兹力，此时在垂直于斜面方向上合外力为零．则有：（qE+mg）cosθ=qvB由动能定理得：解得：（2）对小球受力分析，在沿斜面方向上合力为（qE+mg）sinθ，且恒定，故沿斜面方向上做匀加速直线运动．由牛顿第二定律得：（qE+mg）sinθ=ma得：a=2gsinθ由得：答：（1）小球能在斜面上滑行距离为．（2）小球在斜面上滑行时间是．点评：该题考察了带电物体在复合场中的运动情况，解决此类问题要求我们要对带电物体进行正确的受力分析，要注意找出当小球离开斜面时的受力情况是解决该题的关键．在运动学中，只牵扯到位移和速度问题的往往用能量解决；如果牵扯到时间，往往应用牛顿运动定律或动量定理来解决．11．（2013•沈河区学业考试）如图所示，一束电子（电荷量为e）以速度v从A点垂直射入磁感应强度为B，宽为d的匀强磁场中，从C点穿出磁场时速度方向与电子原来入射方向的夹角为30°，求：（1）电子的质量；（2）电子穿过磁场所用的时间．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：（1）电子垂直射入匀强磁场中，只受洛伦兹力作用做匀速圆周运动，画出轨迹，由几何知识求出轨迹的半径，由牛顿第二定律求出质量．（2）由几何知识求出轨迹所对的圆心角α，由t=求出时间，s是弧长．解答：解：（1）电子垂直射入匀强磁场中，只受洛伦兹力作用做匀速圆周运动，画出轨迹，由几何知识得到，轨迹的半径为r==2d由牛顿第二定律得：evB=m得：m=（2）由几何知识得到，轨迹的圆心角为α=t==答：（1）电子的质量为m=；（2）电子穿过磁场所用的时间为．点评：本题是带电粒子在匀强磁场中圆周运动问题，关键要画出轨迹，根据圆心角求时间，由几何知识求半径是常用方法．。

信丰一中2022-2023学年高二第一学期物理第17周周练试卷与参考答案讲评

信丰一中2022-2023学年高二物理第17周周练试卷命题人：高二物理备课组审题人：高二物理备课组一、单选题（共7小题28分，每小题4分）1．关于简谐运动的回复力，下列说法正确的是（）A ．简谐运动的回复力可能是恒力B ．做简谐运动的物体的加速度方向与位移方向可能相同C ．简谐运动中回复力的公式F kx =-中k 是弹簧的劲度系数，x 是弹簧的长度D ．做简谐运动的物体每次经过平衡位置回复力一定为零2．有两个简谐运动，其表达式分别是14sin(100)cm 3x t ππ=+，25sin(100)cm 6x t ππ=+，下列说法正确的是（）A ．它们的振幅相同B ．它们的周期不相同C ．它们的相位差恒定D ．它们的振动步调一致3．弹簧振子做简谐振动，若从平衡位置O 开始计时，如图，经过0.2s （0.2s 小于振子的四分之一振动周期）时，振子第一次经过P 点，又经过了0.2s ，振子第二次经过P 点，则振子的振动周期为（）A ．0.4sB ．0.8sC ．1.0sD ．1.2s4．如图所示，一个单摆在做简谐运动，关于摆球的运动，下列说法正确的是（）A ．单摆摆动到O 点时，回复力为零，加速度不为零B ．摆球从A 到O 的过程中，机械能增大C ．摆球向右经过O 点和向左经过O 点时，速度相同D ．减小单摆的振幅，单摆的周期会减小5．冰雹（Hai ）也叫“雹”，俗称雹子，是一种天气现象。

若一个100g 的冰雹形成掉落之后由于空气阻力，到达地面的速度相当于冰雹从7层楼高自由落体到地面的速度，落地时与地面碰撞的时间为2ms ，则该冰雹对地面产生的冲击力约为（）A ．500NB ．1000NC ．1500ND ．2000N6．如图所示，质量相等的A 、B 两个球，原来在光滑水平面上沿同一直线相向做匀速直线运动，A 球的速度是6m/s ，B 球的速度是-2m/s ，A 、B 两球发生对心碰撞。

对于该碰撞之后的A 、B 两球的速度可能值，某实验小组的同学们做了很多种猜测，下面的猜测结果一定无法实现的是（）A ．'A 2m/s v =-，'B 6m/s v =B ．'A 2m/s v =，'B 2m/sv =C ．'A 1m/s v =，'B 3m/s v =D ．'A 3m/s v =-，'B 7m/sv =7．最近，我国为“长征九号”研制的大推力新型火箭发动机联试成功，这标志着我国重型运载火箭的研发取得突破性进展。

高二物理第一次周练参考答案

高二物理第一次周练参考答案：1．A【详解】A ．电荷间的相互作用是通过电场产生的，电场最基本的特征是对处在它里面的电荷有力的作用，故A 正确；B ．电场是客观存在的，故B 错误；C ．电荷在电场中受到的力越大，这点的电场强度不一定越大，可能是由于电荷带电量大，故C 错误；D ．电场强度是电场本身的属性，不随试探电荷的改变而改变，故D 错误。

2．A【详解】A ．元电荷也叫做基本电荷，是电荷量的单位，也是自然界中存在的最小电荷量，而电子和质子的电荷量等于元电荷的电荷量，故A 错误，符合题意；B ．超高压带电作业的工人穿戴包含金属丝的织物制成的工作服，利用了静电屏蔽的原理，故B 正确，不符合题意；C ．燃气灶中电子点火器点火应用了尖端放电的原理，故C 正确，不符合题意；D ．优质的话筒线外面包裹的金属外衣可以实现静电屏蔽，故D 正确，不符合题意。

3．D【详解】A ．把带正电荷的带电体C 移近导体A 时，根据静电感应的“近异远同”规律可知，A 端带负电，B 端带正电，两边的金属箔都张开，故A 错误；B ．根据上述，保持C 不动，先把导体A 和B 分开，A 、B 带等量异种电荷，然后移开C ，A 、B 中的电荷不能中和，仍然带电，张开的金属箔不会合拢，故B 错误；CD ．保持A 和B 接触，C 不动，无论用手触碰导体A 的左端或B 的右端，导体B 上正电荷都被中和，导体A 上的负电荷依然存在,则导体B 下方的金属箔合拢，导体A 下方的金属箔仍然张开，故C 错误，D 正确。

4．D【详解】AB ．根据正电荷在电场中所受电场力与电场强度方向相同，负电荷在电场中所受电场力与电场强度方向相反可知A 带负电，B 带正电，故AB 错误； CD ．根据电场线的疏密程度可知A 所在处的电场强度比B 所在处的大，故D 正确，C 错误。

5．B【详解】电场是矢量，甲、丙、丁图中a 、b 两点电场强度大小相等，方向不同；乙图中两等量异种电荷连线的中垂线上与连线等距离的a 、b 两点大小相等，方向相同。

高二物理周考及参考答案

泗县一中2018-2019学年度第一学期高二周考物理试题（选修3-1第一章、第二章）一、选择题(本题共12小题，每小题4分，共48分。

其中1-8题为单项选择题，9-12题为多项选择题。

全都选对的得4分，选对但不全的得2分，错选或不选的得0分。

) 1. 下列说法中正确的是（）A ．电场线越密的地方，同一试探电荷所受的静电力越大B ．由E p =q φ可知同一检验电荷在电势高处其电势能大C ．在复杂电场中电场线是可以相交的，且沿电场线方向，场强必定减小 D. 由E=F/q 可知电场强度大小与F 成正比，与q 成反比 2. 下列说法中正确的是（）A ．电源的负载增加，输出功率一定增大B ．电流的定义式qI t=，适用于任何电荷的定向移动形成的电流 C ．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 D ．从UR I=可知，导体的电阻跟两端的电压成正比，跟导体的电流成反比 3. 空间某一静电场的电势φ在x 轴上分布如图所示，x 轴上两点B 、C 的电场强度在x 方上的分量分别是E Bx 、E Cx ，下列说法中正确的有( )A ．负电荷沿x 轴从B 移到C 的过程中，电场力先做负功，后做正功 B ．E Bx 的方向沿x 轴正方向C ．电荷在O 点受到的电场力在x 方向上的分量最大D ．E Bx 的大小大于E Cx 的大小4. 空间某区域竖直平面内存在电场，电场线分布如图所示．一个质量为m 、电量为q ，电性未知的小球在该电场中运动，小球经过A 点时的速度大小为v 1，方向水平向右，运动至B 点时的速度大小为v 2．若A 、B 两点之间的高度差为h ，则以下判断中正确的是（）A ．A 、B 两点间的电势差为qm 2（v 22﹣v 12﹣2gh ）B ．若v 1<v 2，则电场力一定做负功C ．A 、B 两点的电场强度和电势大小关系为E A ＞E B 、φA ＜φBD ．小球从A 运动到B 点的过程中电场力做的功为21mv 22﹣21mv 125. 如图甲所示，两平行金属板MN 、PQ 的板长和板间距离相等，板间存在如图乙所示的随时间周期性变化的电场，电场方向与两板垂直，在t=0时刻，一不计重力的带电粒子沿板间中线垂直电场方向射入电场，粒子射入电场时的速度为V 0 ，t=T 时刻粒子刚好沿 MN 板右边缘射出电场．则( )A．若该粒子的入射速度变为2V0 ，则该粒子仍在t=T时刻射出电场B．在t＝T/2时刻，该粒子的速度大小为2V0C．若该粒子在T/2时刻以速度V0 进入电场，则粒子会打在板上D．该粒子射出电场时的速度方向一定是沿垂直电场方向的6. 将一个满偏电流为10mA，内阻为120Ω的电流计改装为量程为0.06A和15V的电流表和电压表两用表时，如图所示为该表的内部结构，则电阻R2的阻值（）A．250ΩB．230ΩC．130ΩD．24Ω7.如图所示，电动势为E、内阻为r的电池与定值电阻R 0 、滑动变阻器R串联，已知 R 0 ＝r，滑动变阻器的最大阻值是2r.当滑动变阻器的滑片P由a端向b端滑动时，下列说法中正确的是（）A．电路中的电流变小B．电源的输出功率先变大后变小C．滑动变阻器消耗的功率变小D．定值电阻R 0 上消耗的功率先变大后变小8.如图所示，平行金属板中带电质点P处于静止状态，不考虑电流表和电压表对电路的影响，当滑动变阻器R4的滑片向b端移动时，则( )A．R3上消耗的功率逐渐增大B．电流表读数减小C．质点P将向上运动D．电压表读数减小9. 绝缘水平面上固定一正点电荷Q，另一质量为m、电荷量为﹣q（q＞O）的滑块（可看作点电荷）从a点以初速度v．沿水平面向Q运动，到达b点时速度减为零，已知a、b间距离为s，滑块与水平面间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g．正确的是（） A. 滑块在运动过程中所受Q的库仑力有可能大于滑动摩擦力B. 滑块在运动过程的中间时刻，速度的大小一定小于C. 此过程中产生的内能小于mv02D. Q产生的电场中，a，b两点间的电势差为U ab=10. 如图所示，一电场的电场线分布关于y轴（沿竖直方向）对称，O、M、N是y轴上的三个点，且OM=MN，P点在y轴的右侧，且MP⊥ON，则（）A．M点的电势比P点的电势高B．将负电荷由O点移动到P点，电场力做正功C．M、N两点间的电势差大于O、M两点间的电势差D．在O点静止释放一带正电粒子，该粒子将沿y轴做直线运动11.某同学将一直流电源的总功率P E、输出功率P R和电源内部的发热功率Pr随电流I变化的图线画在同一坐标系内，如图所示，根据图线可知（）A．反映Pr变化的图线是cB．电源电动势为8 VC．电源内阻为2 ΩD．当电流为0．5 A时，外电路的电阻为6 Ω12.如图所示，直线Ⅰ、Ⅱ分别是电源1与电源2的路端电压随输出电流的变化的特性图线，曲线Ⅲ是一个小灯泡的伏安特性曲线，如果把该小灯泡分别与电源1、电源2单独连接，则下列说法正确的是（）A．电源1与电源2的内阻之比是11：7B．电源1与电源2的电动势之比是1：1C．在这两种连接状态下，小灯泡消耗的功率之比是1：2D．在这两种连接状态下，小灯泡的电阻之比是1：2二、填空题(本题共2小题，每空2分，共18分。

高中高二物理试卷习题包括答案.doc

高二年级物理周练九一、单选题（本大题共10 小题，共分）1.如图所示，将直径为 d，电阻为 R的闭合金属环从匀强磁场 B 中拉出，这一过程中通过金属环某一截面的电荷量为A. B. C. D.2.如图所示，电阻 R和线圈自感系数 L 的值都较大，电感线圈的电阻不计，A、B 是两只完全相同的灯泡，当开关 S 闭合时，电路可能出现的情况是3.4.A. A、B一起亮，然后B熄灭B. A比B先亮，然后A熄灭C. A、B一起亮，然后A熄灭D. B比A先亮，然后B熄灭5.铜质金属环从条形磁铁的正上方由静止开始下落，在下落过程中，说法正确的是6.A.金属环在下落过程中的机械能守恒B.金属环在下落过程动能的增加量小于其重力势能的减少量C.金属环的机械能先减小后增大D.穿过金属环的磁通量不变7.如图所示，水平放置的两根金属导轨位于方向垂直于导轨平面并指向纸里的匀强磁场中根小金属导体杆ab 和 cd，其质量均为m，能沿导轨无摩擦地滑动金属杆ab和接触等所有电阻可忽略不计开始时 ab 和 cd 都是静止的，现突然让cd 杆以初速如果两根导轨足够长，则A. cd始终做减速运动，ab 始终做加速运动，并将追上cdB. cd始终做减速运动，ab 始终做加速运动，但追不上cdC. 开始时cd做减速运动，ab做加速运动，最终两杆以相同速度做匀速运动D. 磁场力对两金属杆做功的大小相等8.通过某电流表的电流按如图所示的规律变化，则该电流表的读数为9.A.AB.4 AC.5 AD.A10.如图所示，理想变压器原线圈接在交流电源上，图中各电表均为理想电表，下列说法正确A. 当滑动变阻器的滑动触头P 向上滑动时，消耗的功率变大B. 当滑动变阻器的滑动触头P 向上滑动时，电压表V 示数变大C. 当滑动变阻器的滑动触头P 向上滑动时，电流表示数变大D. 若闭合开关S，则电流表示数变大，示数变大11.远距离输电中，当输送的电功率为P，输送电压为U 时，输电线上损失的电功率为电功率增加为4P，而输电线中损失的电功率减为输电线电阻不变增为A. 32UB. 16UC. 8UD.12.将一个光滑的半圆形槽置于光滑的水平面上如图，槽左侧有一个固定在水平面上的物块现让一个小球自左侧槽口 A 点正上方由静止开始落下，从 A 点落入槽内，则下列说法中正确的是A.小球在半圆槽内运动的过程中，机械能守恒B.小球在半圆槽内运动的全过程中，小球与半圆槽组成的系统动量守恒C.小球在半圆槽内由 B 点向 C 点运动的过程中，小球与半圆槽组成的系统动量守恒D. 小球从C点离开半圆槽后，一定还会从 C 点落回半圆槽13.有一条捕鱼小船停靠在湖边码头，小船又窄又长，甲同学想用一个卷尺粗略测定它的质量，他进行了如下操作：首先将船平行码头自由停泊，然后他轻轻从船尾上船，走到船头后停下，另外一位同学用卷尺测出船后退的距离 d，然后用卷尺测出船长已知甲同学的质量为m，则渔船的质量为14.15.B. 在时刻，磁场穿过线圈的磁通量最大，但此时磁通量的变化率为零C. 从时刻到时刻，电阻R 上产生的热量为D. 从时刻到时刻，通过R 的电荷量21. 如图1所示，T为理想变压器，原副线圈匝数比为4：、为理想交流电流表，压表，、为定值电阻，为热敏电阻阻值随温度的升高而减小，原线示的电压，以下说法正确的是22.A. B. C. D.16.矩形线圈在匀强磁场中匀速转动产生的电动势如图示，则17.A.时刻线圈中磁通量为零B.时刻线圈中磁通量变化率最大C.时刻线圈中磁通量变化率最大D.时刻线圈面与磁场方向垂直二、多选题（本大题共 4 小题，共分）18.如图所示，理想变压器的原、副线圈匝数之比为，R，R，C为电容器，原线圈所加电压u t下列说法正确的是．19.A. 通过电阻R的电流始终为零B. 副线圈两端交变电压的频率为50HzC. 电阻R的电功率为D. 原副线圈铁芯中磁通量变化率之比为20.如图所示，边长为 L 的正方形线圈 abcd，其匝数为 n，总电阻为 r，外电路的电阻为的中点和 cd 的中点的连线恰好位于匀强磁场的边界线上，磁场的磁感应强度为 B，若线圈从图示位置开始，以角速度绕轴匀速转动，则以下判断中正确的是A.闭合电路中感应电动势的瞬时表达式A. 当温度升高时，电压表示数为保持不变B. 当温度升高时，电压表示数变大C. 通过电流表的电流方向每秒变化 100 次D. 当温度升高时，电流表、示数同时变大23. 总质量为 M 的小车 ab，原来静止在光滑的水平面上小车的左端a 固定一根不计质量的弹簧，弹簧的另一端放置一块质量为m 的物体已知小车的水平底板光滑，且，开始时，弹簧处于压缩状态，如图，当弹簧突然释放后，物体 c 离开弹簧向 b 端冲去，并跟 b 端粘合在一起，那么，以下说法中正确的是A. 物体c离开弹簧时，小车一定向左运动B. 物体c离开弹簧时，小车运动的速率跟物体 c 相对小车运动的速率之比为C. 物体c离开弹簧时，小车的动能与物体 c 的动能之比为D.物体 c 与车的 b 端粘合在一起后，小车立即停止运动三、计算题（本大题共 4 小题，共分）24. 如图所示，光滑的水平面 AB 与半径为的光滑竖直半圆轨道 BCD 在高点用轻质细线连接甲、乙两小球，中间夹一轻质弹簧，弹簧与甲、乙两球不拴接，乙球的质量为，甲、乙两球静止现固定甲球，烧簧后进入半圆轨道恰好能通过 D 点重力加速度 g 取，甲、乙两球可看作质点25. 试求细线烧断前弹簧的弹性势能；26. 若甲球不固定，烧断细线，求从烧断细线开始到乙球脱离弹簧过程中，弹簧对乙球的27.如图所示，用不可伸长的细线悬挂一质量为的小木块，木块处于静止状态现有一质量为的子弹以初速度自左方水平地射穿木块，木块上升的最大高度，求：28. 子弹射出木块时的速度v；29. 若子弹射穿木块的时间为，子弹对木块的平均作用力 F 大小为多少？30.31.32.如图所示，匀强磁场方向水平向右，磁感应强度大小正方形线圈abcd 绕对称轴在匀强磁场中匀速转动，转轴与磁场方向垂直，线圈转速为线圈的边长为，线圈匝数，线圈电阻为，外电阻，电压表为理想交流电压表，其它电阻不计，图示位置线圈平面与磁场方向平行求线圈从图示位置转过过程中：33.所产生的平均感应电动势；34.通过外电阻 R 的电荷量 q；35.电阻 R 上的电热 Q；36.交流电压表的示数 U．38.39.40.41.42.43.如图所示， MN 、PQ 为足够长的平行金属导轨，间距，导轨平面与水平面间夹角、Q 间连接一个电阻，匀强磁场垂直于导轨平面向上，磁感应强度一根质量的金属棒正在以的速度沿导轨匀速下滑，下滑过程中始终与导轨垂直，且与导轨接触良好金属棒及导轨的电阻不计，，求：电阻 R 中电流的大小；金属棒与导轨间的滑动摩擦因数的大小；对金属棒施加一个垂直于金属棒且沿导轨平面向上的恒定拉力，若金属后速度恰好减为0，则在金属棒减速过程中电阻R 中产生的焦耳热为多少？高二年级物理周练九【答案】1. A2. C3. B4. C5. C6. B7. C8. D 9. B 10. B 11. BC 12. CD 13. CD 14. ABCD 15. 解：设乙球在 D 点处的速度为v，对乙球，在 D 处：，由式并代入数据得：，设甲、乙两球脱离弹簧时速度大小分别为、，以的方向为正方向，根据动根据能量守恒定律得：根据动量定理得：由式并代入数据得冲量大小：，方向：水平向右．答：细线烧断前弹簧的弹性势能为；从烧断细线开始到乙球脱离弹簧过程中，弹簧对乙球的冲量I 大小为为16. 解：设子弹射穿木块后木块获得速度为木块上摆过程，只有重力做功，其机械能守恒，由机械能守恒定律得：，子弹射穿木块过程系统的动量守恒，以水平向右为正方向，由动量守恒定律得：，联立并代入数据解得：；以木块为研究对象，由动量定理可得：，代入数据解得：；答：子弹射出木块时的速度v 为；若子弹射穿木块的时间为，子弹对木块的平均作用力 F 大小为 100N．17. 解：线圈转动的周期为：线圈从图示位置转过过程中，所经历的时间为：线圈中发生的磁通量的变化为：答：所产生的平均感应电动势是；通过外电阻R 的电荷量是；电阻 R 上的电热是；交流电压表的示数是．18. 解：感应电动势；感应电流；导体棒受到的安培力；金属棒匀速下滑，根据平衡条件可知：安且又代入数据解得：；从施加拉力 F 到金属棒停下的过程中，由能量守恒定律得：在金属棒减速过程中电阻R 中产生的焦耳热为通过电阻 R 的平均电流为：【解析】在这个过程中通过R 的电荷量为：1. 解：金属环的面积：，线圈在转动过程中产生的感应电动势最大值为：代入数据得：由法拉第电磁感应定律得：，有效值：通过电阻 R 的感应电流的有效值为：由欧姆定律得，感应电流：，在这个过程中，电阻 R 上产生的热量为：感应电荷量：，交流电压表的示数即电阻R 两端电压的有效值：解得：，故 A 正确， BCD 错误；故选： A．由法拉第电磁感应定律求出感应电动势，由欧姆定律求出感应电流，由电流的定义式求出感应电荷量．本题考查了求磁通量的变化量、感应电荷量等问题，应用磁通量的定义式、法拉第电磁感应定律、欧姆定律、电流定义式即可正确解题，求感应电荷量时，也可以直接用公式计算．2. 解：当开关S 闭合时，电源的电压同时加到两个灯泡上，它们会一起亮但由于电感线圈的电阻不计，线圈将 A 灯逐渐短路， A 灯变暗直至熄灭；故 C 正确．故选： C．当开关 S 闭合时，电源的电压同时加到两个灯泡上，它们会同时发光根据电感线圈的电阻不计，会将 A 灯短路，分析 A 灯亮度的变化．本题考查了电感线圈L 对电流发生突变时的阻碍作用，关键要抓住线圈的双重作用：当电流变化时，产生感应电动势，相当于电源；而当电路稳定时，相当于导线，能将并联的灯泡短路．3.解： AC、当环从静止下落过程中，由于磁通量变大，导致环中出现感应电流，受到安培阻力，所以环的机械能在减少故 AC 错误；B、当环从静止下落过程中，由于磁通量变大，导致环中出现感应电流，受到安培阻力，则除了重力作功外，还有安培力做功，导致下落过程中减小的重力势能，部分用来增加动能，还有部分用来产生内能故 B 正确；D、当环从静止下落过程中，当下落到磁铁一半高度时，因抵消的磁感线最少，则磁通量最大，因此出现磁通量先变大后变小的现象，故 D 错误；故选： B．金属环从条形磁铁的正上方由静止开始下落过程中，穿过环的磁通量变化，导致环中产生感应电动势，从而出现感应电流，又出现安培力，导致环运动状态发生变化．考查楞次定律、牛顿第三定律，同时运用机械能守恒定律及满足守恒的条件，理解安培阻力做功，从而产生内能．4.解： ABC、让 cd 杆以初速度 v 向右开始运动， cd 杆切割磁感线，产生感应电流，两杆受安培力作用，安培力对 cd 向左，对 ab 向右，所以 ab 从零开始加速， cd 从开始减速那么整个电路的感应电动势减小，所以cd 杆将做加速度减小的减速运动， ab 杆做加速度减小的加速运动，当两杆速度相等时，回路磁通量不再变化，回路中电流为零，两杆不再受安培力作用，将以相同的速度向右匀速运动故 C 正确， A、B错误．D 、两导线中的电流始终相等，但由于通过的距离不相等，故磁场对两金属杆做功大小不相等；故 D 错误；故选：C．突然让 cd 杆以初速度 v 向右开始运动， cd 杆切割磁感线，产生感应电流，两杆受安培力作用，根据牛顿第二定律判断两杆的运动情况．本题是牛顿第二定律在电磁感应现象中的应用问题解答本题能搞清楚物体的受力情况和运动情况．5.解：根据有效值的定义可得：选项 C 正确， ABD 错误．故选： C．有效值的定义为：把直流电和交流电分别通过两个相同的电阻器件，如果在相同时间内它们产等，那么就把此直流电的电压、电流作为此交流电的有效值特别的，对于正弦交变电的倍本题考查交变电流有效值的计算根据电流的热效应来计算即可6. 解：A、滑动变阻器的滑动触头P 向上滑动时，电阻变大，则干路电流变小，则A 错误B、干路电流变小，分压变小，则电压表V 的测量的电压变大，示数变大，则 BC、因输出电流变小，则输出功率变小即输入功率变小，电流表示数变小。

高二物理周考卷+答案(11月7日)

高二物理周考卷（11月7日）一、单项选择题1．如图所示，当开关S断开时，电压表示数为3 V，当开关S闭合时，电压表示数为1.8 V，则外电阻R与电源内阻r之比为()A．5∶3B．3∶5C．2∶3D．3∶22．如图所示的电路中，在滑动变阻器的滑片P向上端a滑动过程中，两表的示数情况为() A．电压表示数增大，电流表示数减小B．电压表示数减小，电流表示数增大C．两电表示数都增大D．两电表示数都减小二、多项选择题3．如图所示为两个独立电路A和B的路端电压与其总电流I的关系图线，则()A．路端电压都为U1时，它们的外电阻相等B．电流都是I1时，两电源内电压相等C．电路A的电动势大于电路B的电动势D．A中电源的内阻大于B中电源的内阻4．如图所示的电路中，电源电动势E＝6 V，内阻r＝1 Ω，电阻R1＝6 Ω，R2＝5 Ω，R3＝3 Ω，电容器的电容C＝2×10－5 F．若将开关S闭合，电路稳定时通过R2的电流为I；断开开关S后，通过R1的电荷量为q.则() A．I＝0.75 AB．I＝0.5 AC．q＝2×10－5 CD．q＝1×10－5 C三、实验题5．测定金属电阻率的实验中，某同学连接电路如图所示．闭合开关后，发现电路有故障(已知电源、电表和导线均完好，电源电动势为E)：(1)若电流表示数为零、电压表示数为E，则发生故障的是________(填“待测金属丝”、“滑动变阻器”或“开关”)．(2)若电流表、电压表示数均为零，该同学利用多用电表检查故障．先将选择开关旋至____________挡(填“欧姆×100”、“直流电压10 V”或“直流电流2.5 mA”)，再将________(填“红”或“黑”)表笔固定在a接线柱，把另一支表笔依次接b、c、d接线柱．若只有滑动变阻器断路，则多用电表的示数依次是________、________、________.6．在“用电流表和电压表测定电池的电动势和内电阻”的实验中，供选用的器材有：A．电流表(量程：0～0.6 A，R A＝1 Ω)；B．电流表(量程：0～3 A，R A＝0.6 Ω)；C．电压表(量程：0～3 V，R V＝5 kΩ)；D．电压表(量程：0～15 V，R V＝10 kΩ)；E．滑动变阻器(0～10 Ω，额定电流1.5 A)；F．滑动变阻器(0～2 kΩ，额定电流0.2 A)；G．待测电源(一节一号干电池)、开关、导线若干．(1)请在题中虚线框中画出能使本实验测量精确程度高的实验电路．(2)电路中电流表应选用________，电压表应选用________，滑动变阻器应选用________．(用字母代号填写)(3)如图所示为实验所需器材，请按原理图连接出正确的实验电路．(4)实验测得的电池的电动势和内阻与真实值相比，E测________E真，r测________r真(选填“大于”、“小于”或“等于”)．四、计算题7．如图所示，电源电动势E＝6 V，内阻r＝1 Ω，电阻R1＝2 Ω，R2＝3 Ω，R3＝7.5 Ω，电容器的电容C＝4 μF.开关S原来断开，现在合上开关S到电路稳定，试问这一过程中通过电流表的电荷量是多少？8．如图所示的电路中，电源由6个电动势E0=1.5 V、内电阻r0=0.1Ω的电池串联而成；定值电阻R1=4.4Ω，R2=6Ω，R2允许消耗的最大电功率为P m=3.375 W，变阻器开始接入电路中的电阻R3=12Ω，求：(1)开始时通过电池的电流多大?电源的输出功率多大?(2)要使R2实际消耗的功率不超过允许的最大值，可变电阻R3的取值范围是什么?高二物理周考卷（11月7日）答案1. D2.A3.ACD4.AD5.【答案】(1)待测金属丝(2)直流电压10 V红0 E E【解析】(1)电流表示数为零，说明电路断路．由于电压表示数为E，说明电压表两端与电源相连，因而待测金属丝断路．(2)判断电路故障问题，应利用多用电表的直流电压挡，故应选直流电压10 V挡．电流应从多用电表的红表笔流入多用电表，因而红表笔应与a接线柱相连，当只有滑动变阻器断路时，黑表笔接b 时，多用电表不能与电源形成闭合回路，示数为零，黑表笔接c、d时，多用电表与电源两极相连，示数均为电源电动势．6.【答案】(1)见解析图(2)A C E (3)见解析图(4)E测<E真，r测<r真．【解析】(1)电路如图所示．由于在如图所示的电路中只要电压表的内阻R V≥r，这种条件很容易实现，所以应选用该电路．(2)考虑到待测电源只有一节干电池，所以电压表应选C；放电电流又不能太大，一般不超过0.5 A，所以电流表应选A；变阻器不能选择太大的阻值，从允许最大电流和减小实验误差来看，应选择电阻较小而额定电流较大的滑动变阻器E，故器材应选A、C、E.(3)如图所示注意闭合开关前，要使滑动变阻器接入电路的电阻最大，即滑片应滑到最左端．(4)系统误差一般是由测量工具和测量方法造成的，该实验中的系统误差是由于电压表的分流作用使得电流表读数(即测量值)总是比干路中真实电流值小，造成E测<E真，r测<r真．7.【答案】1.92×10－5 C【解析】S断开，C相当于断路，R3中无电流，C两端电压即R2两端电压U2＝ER1＋R2＋r·R2＝3 V.Q＝CU2＝12×10－6 C，且a板带正电，b板带负电．S闭合，C两端电压即R1两端电压，由电路分析：U1＝R1R1＋R2·Er＋R外·R外＝1.8 V.Q ′＝CU 1＝7.2×10－6 C ．且a 板带负电，b 板带正电．据此通过电流表的电量ΔQ ＝Q ＋Q ′＝1.92×10－5 C.8.【答案】（1）1 A 8.4 W (2)0≤R 3≤30Ω,第（2）问可将R1归为内电路，利用等效电源进行处理.【解析】（1）A R r R EI 1610=++=并w Ir E I P 4.8)6(0=-=（2）P 2=P m 时, U 2=U m ， V R P U m 5.422==A r R U E I m9.0601=+-=2323R R RR I U m += 得：R 3=30Ω. 所以0≤R 3≤30Ω.。

2021年高二上学期物理周练试题4 含答案

2021年高二上学期物理周练试题4 含答案1．一根导线两端加上电压U,导体中自由电子定向移动的平均速率为v,现将导线均匀拉长至横截面半径为原来的1/2,然后两端加上电压U,则导线中自由电子定向移动的平均速率为（）A． B． C． D．2．如图所示，电解槽内有一价的电解溶液，ts内通过溶液内横截面S的正离子数是n1，负离子数是n2，设元电荷的电量为e，以下解释正确的是（）A.正离子定向移动形成电流，方向A到B，负离子定向移动形成电流方向B 到AB.溶液内正负离子沿相反方向运动，电流相互抵消C.溶液内电流方向从A到B，电流I=D.溶液内电流方向从A到B，电流I=3．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1/2；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( )A．将接线柱1、2接入电路时，每一小格表示0.04AB．将接线柱1、2接入电路时，每一小格表示0.02AC．将接线柱1、3接入电路时，每一小格表示0.06AD．将接线柱1、3接入电路时，每一小格表示0.01A4.如图所示电路中，A1和A2为理想电流表，示数分别为I1和I2，。

当a、b两点间加以恒定的电压U后，下列结论正确的是( )A．I1:I2=3:4B．I1:I2=9:5C．将A1、A2换理想电压表，其示数之比为3:5D．将A1、A2换理想电压表，其示数之比为1:15．如图所示的电路中，U=120 V，滑动变阻器R2的最大值为200Ω，R1=100Ω。

当滑片P滑至R2的中点时，a、b两端的电压为（）A.60 VB.40 VC.80 VD.120V6.有一未知电阻R x，为较准确地测出其阻值，先后用图中甲、乙两种电路进行测试，利用甲图测得的数据是“2.8V 5.0mA”，而用乙图测得的数据是“3.0V 4.0mA”，那么该电阻测得的较为准确的情况是（）A.560Ω，偏大B.560Ω，偏小C.750Ω，偏小D.750Ω，偏大7. 在如图所示的电路中，电源电动势为3.0V，内阻不计， L1 、L2、L3为3个相同规格的小灯泡，这种小灯泡的伏安特性曲线如图所示，当开关闭合会，下列判断不正确的是( )A、灯泡L1的电阻为12ΩB、通过灯泡L1的电流为灯泡L2电流的2倍C、灯泡L1消耗的电功率为0.75WD、灯泡L2消耗的电功率为0.30W8．如图所示，用伏安法测电阻R的阻值时，下列说法正确的是 ( ) A．十分认真地进行测量，测量所得R值一定仍比真实值大B．只要认真进行测量次数足够多，那么测量所得R的平均值就会非常接近真实值C．设安培表内阻为R g，那么认真测量所得R值一定比真实值大R gD．认真测量所得R值一定比真实值小9．如图，光滑绝缘水平面上，在坐标x1=2L、x2=-2L分别放置正电荷+Q A、+Q B且 Q A=9Q B。

2021年高二下学期物理(理科)第8周周练含答案

2021年高二下学期物理(理科)第8周周练含答案班级学号姓名评价一、单选题1.相互作用的物体组成的系统在某一相互作用过程中,以下判断正确的是（）A.系统的动量守恒是指只有初、末两状态的动量相等B. 系统的动量守恒是指系统中任一物体的动量不变C. 系统的动量守恒是指任意两个状态的动量相等D.只有系统不受外力作用时,系统动量才守恒。

2.两辆质量相同的小车,置于光滑的水平面上,有一人静止在小车A 上,两车静止,如图所示.当这个人从A 车跳到B 车上,接着又从B 车跳回A 车，并与A 车保持相对静止,则A 车的速率A.等于零B.小于B 车的速率C.大于B 车的速率D.等于B 车的速率3.如右图所示，在光滑水平面上质量分别为m A =2kg 、m B =4kg ，速率分别为v A =5m/s 、v B =2m/s 的A 、B 两小球沿同一直线相向运动 ( )A ．它们碰撞前的总动量是18kg·m/s ，方向水平向右B ．它们碰撞后的总动量是18kg·m/s ，方向水平向左C ．它们碰撞前的总动量是2kg·m/s ，方向水平向右D ．它们碰撞后的总动量是2kg·m/s ，方向水平向左4．质量为2kg 的小车以2m/s 的速度沿光滑的水平面向右运动，若将质量为2kg 的砂袋以3m/s 的速度迎面扔上小车，则砂袋与小车一起运动的速度的大小和方向是( )A ．0.5m/s ，向左B ．2.6m/s ，向左C ．2.6m/s ，向右D ．0.8m/s ，向右5.如图所示,在光滑水平面上有直径相同的a 、b 两球,在同一直线上运动.选定向右为正方向,两球的动量分别为p a =6 kg ·m/s 、p b =-4 kg ·m/s.当两球相碰之后,两球的动量可能是A.p a =-6 kg ·m/s 、p b =4 kg ·m/sB.p a =-6 kg ·m/s 、p b =8 kg ·m/sC.p a =-4 kg ·m/s 、p b =6 kg ·m/sD.p a =2 kg ·m/s 、p b =06．如图所示的装置中，木块B 与水平桌面间的接触是光滑的，子弹A 沿水平方向射入木块后A B 左v B 右 v A留在木块内，将弹簧压缩到最短．现将子弹、木块和弹簧合在一起作为研究对象(系统)，则此系统在从子弹开始射入木块到弹簧压缩至最短的整个过程中A ．动量守恒、机械能守恒B ．动量不守恒、机械能不守恒C ．动量守恒、机械能不守恒D ．动量不守恒、机械能守恒7．如图所示，质量相等的五个物块在光滑水平面上间隔一定距离排成一直线。

高二下学期第二次周练物理试题带答案

高二下学期第二次周练物理试题一、选择题（1—7单选，8—15多选，每题4分，共60分）1．卢瑟福在分析α粒子散射实验现象时，认为电子不会对α粒子偏转产生影响，其主要原因是A ．α粒子与各电子相互作用的效果互相抵消B ．电子的体积很小，α粒子碰不到它C ．电子的电量很小，与α粒子的相互作用力很小，可忽略不计D ．电子的质量很小，就算碰到，也不会引起明显的偏转2．下面关于冲量的说法中正确的是( )A ．物体受到很大的冲力时，其冲量一定很大B ．当力与位移垂直时，该力的冲量为零C ．不管物体做什么运动，在相同时间内重力的冲量相同D ．只要力的大小恒定，其相同时间内的冲量就恒定3．在“碰撞中的动量守恒”的实验中，小球碰前与碰后的速度可以用小球飞出的水平距离来表示，其原因是（）A.小球飞出后的加速度相同B.小球飞出后，水平方向的速度相同C.小球在水平方向都做匀速直线运动，水平位移与时间成正比D.小球在空中水平方向做匀速直线运动，因为从同一高度平抛，在空中运动时间相同，所以水平位移与初速度成正比4．一颗子弹沿水平方向射向一个木块，第一次木块被固定在水平地面上，第二次木块静止放在光滑的水平面上，两次子弹都能射穿木块而继续飞行。

这两次相比较，A ．第一次子弹的动量变化较大B ．第二次子弹的动量变化较大C ．两次子弹的动量变化相等D ．无法比较两次子弹的动量变化大小5．如图所示，质量为M 的小车静止在光滑的水平地面上，车内有一质量为m 的小物块。

现使小物块获得向右的初速度v 0，小物块与车厢壁来回碰撞多次后静止在车厢中，这时车厢的速度A ．v 0，水平向右B ．0C ．0mv M m +，水平向右D ．0mv M m-，水平向左 6．质量相同的3个小球a 、b 、c 在光滑水平地面上以相同的速率运动，它们分别与原来静止的3个球A 、B 和C 相碰（a 与A 相碰，b 与B 相碰，c 与C 相碰）.碰后a 球继续沿原方向运动，b 球静止不动，c 球被反弹回沿反方向运动.这时球A 、B 与C 中动量最大的是（）A. A 球B. B 球C. C 球D.由于球A 、B 和C 质量未知，无法判断7．卢瑟福利用α粒子轰击金箔的实验研究原子结构，正确反映实验结果的示意图是（）8．如图所示，质量为M 的“L”形物体静止在光滑的水平面上．物体的AB 部分是半径为R 的四分之一光滑圆弧，BC 部分是水平面．将质量为m 的小滑块从物体的A 点静止释放，沿圆弧面滑下并最终停在物体的水平部分BC 之间的D 点，则A ．滑块m 从A 滑到B 的过程，物体与滑块组成的系统动量不守恒，机械能守恒B ．滑块滑到B 点时，速度大小等于gR 2C ．滑块从B 运动到D 的过程，系统的动量和机械能都不守恒D ．滑块滑到D 点时，物体的速度等于09．如图所示，两带电金属球在绝缘的光滑水平桌面上沿同一直线相向运动，A 球带电为-q ，B 球带电为+2q.下列说法中正确的是( )A. 相碰前两球的运动过程中，两球的总动量守恒B. 相碰前两球的总动量随两球的距离逐渐减小而增大C. 相碰分离后的两球的总动量不等于相碰前两球的总动量，因为两球相碰前作用力为引力，而相碰后的作用力为斥力D. 相碰分离后任一瞬时两球的总动量等于碰前两球的总动量，因为两球组成的系统合外力为零10．如图所示,在光滑的水平面上,木块A 以速度v 向右运动,已知A 、B 两木块质量相等.当木块开始接触固定在B 左侧的弹簧C 后( )A.当弹簧C 压缩量最大时, 木块A 减少的动能最多B.当弹簧C 压缩量最大时, 木块A 减少的动量最多C.当弹簧C 压缩量最大时, 整个系统减少的动能最多D.当弹簧C 压缩量最大时, A 、B 两木块的速度相等11．在光滑水平面上，有甲、乙两个质量相同的木块，甲静止不动，乙以速度v 背离甲运动．若甲、乙同时都受到垂直于乙速度方向的相同的水平恒力F 作用，则之后的ｔ秒内A ．甲、乙的加速度相同B ．甲、乙的动能增量相同C ．甲、乙的动量增量不同D ．ｔ秒末力F 对甲、乙的功率不同12．如图所示，A 、B 、C 三木块质量相等，一切接触面光滑，一子弹由A 射入，从B 射出，则三木块速度情况（）A ．A 木块速度最大B ．B 木块速度最大C ．A 、B 木块速度相等D ．C 木块速度为零13．物理学家通过对实验的深入观察和研究，获得正确的科学认知，推动物理学的发展。

高二物理上学期周练试卷(班含解析)高二全册物理试题

嘴哆市安排阳光实验学校丰城中学高二（上）周练物理试卷（重点班12.24）一、选择题（本题共12个小题，每小题4分，共48分）1．长为a宽为b的矩形线圈，在磁感强度为B的匀强磁场中垂直于磁场的OO′轴以恒定的角速度ω旋转，设t=0时，线圈平面与磁场方向平行，则此时的磁通量和磁通量的变化率分别是（）A．0，0 B．0，BabωC．Babω，BabωD．Babω，02．如图，通电螺线管两侧各悬挂一个小铜环，铜环平面与螺线管截面平行，当电键S接通一瞬间，两铜环的运动情况是（）A．同时向两侧推开B．同时向螺线管靠拢C．一个被推开，一个被吸引，但因电源正负极未知，无法具体判断D．同时被推开或同时向螺线管靠拢，但因电源正负极未知，无法具体判断3．如图所示，在光滑水平面上的直线MN左侧有垂直于纸面向里的匀强磁场，右侧是无磁场空间．将两个大小相同的铜质矩形闭合线框由图示位置以同样的速度v向右完全拉出匀强磁场．已知制作这两只线框的铜质导线的横截面积之比是1：2．则拉出过程中下列说法中正确的是（）A．所用拉力大小之比为2：1B．通过导线某一横截面的电荷量之比是1：1C．拉力做功之比是1：4D．线框中产生的电热之比为1：24．如图所示，在磁感强度为B的匀强磁场中，有半径为r的光滑半圆形导体框架，OC为一能绕O在框架上滑动的导体棒，OC之间连一个电阻R，导体框架与导体棒的电阻均不计，若要使OC能以角速度ω匀速转动，则外力做功的功率是（）A ．B ．C ．D ．5．如图所示，把金属圆环匀速拉出磁场，下面叙述正确的是（）A．向左拉出和向右拉出所产生的感应电流方向相反B．不管向什么方向拉出，只要产生感应电流方向都是顺时针C．向右匀速拉出时，感应电流大小不变D．要将金属环匀速拉出，拉力大小要改变6．如图所示，水平放置的两条光滑轨道上有可自由移动的金属棒PQ、MN，当PQ在外力作用下运动时，MN在磁场力作用下向右运动．则PQ所做的运动可能是（）A．向右匀加速运动B．向左匀加速运动C．向右匀减速运动D．向左匀减速运动7．如图所示，匀强磁场存在于虚线框内，矩形线圈竖直下落．如果线圈中受到的磁场力总小于其重力，则它在1、2、3、4位置时的加速度关系为（）A．a1＞a2＞a3＞a4B．a1=a2=a3=a4C．a1=a3＞a2＞a4D．a4=a2＞a3＞a18．如图α所示，圆形线圈P静止在水平桌面上，其正上方固定一螺线管Q，P 和Q共轴，Q中通有变化电流i，电流随时间变化的规律如图b所示，P所受的重力为G，桌面对P的支持力为N，则在下列时刻（）A．t1时刻N＞G，P有收缩的趋势B．t2时刻N=G，此时穿过P的磁通量最大C．t3时刻N=G，此时P中无感应电流D．t4时刻N＜G，此时穿过P的磁通量最小9．如图所示，在光滑绝缘水平面上，有一矩形线圈以一定的初速度进入匀强磁场区域，线圈全部进入匀强磁场区域时，其动能恰好等于它在磁场外面时的一半，设磁场区域宽度大于线圈宽度，则（）A．线圈恰好在完全离开磁场时停下B．线圈在未完全离开磁场时即已停下C．线圈能通过场区不会停下D．线圈在磁场中某个位置停下10．如图所示，xoy坐标系第一象限有垂直纸面向外的匀强磁场，第三象限有垂直纸面向里的匀强磁场，磁感强度大小均为B，第二、四象限内没有磁场．一个围成四分之一圆弧形的导体环oab，其圆心在原点o，开始时导体环在第四象限，从t=0时刻起绕o点在xoy坐标平面内逆时针匀速转动．若以逆时针方向的电流为正，下列表示环内感应电流i随时间t变化的图象中，正确的是（）A ．B ．C ．D ．11．如图所示，用铝板制成“⊃”形框，将一质量为m的带电小球用绝缘细线悬挂在框的上方，让整体在垂直于水平方向的匀强磁场中向左以速度v匀速运动，悬线拉力为T，则（）A．悬线竖直，T=mg B．悬线竖直，T＜mgC．v选择合适的大小，可使T=0D．因条件不足，T与mg的大小关系无法确定12．如图所示，相距为L的两条足够长的光滑平行金属导轨与水平面的夹角为θ，上端接有定值电阻R，匀强磁场垂直于导轨平面，磁感应强度为B．将质量为m的导体棒由静止释放，当速度达到v时开始匀速运动，此时对导体棒施加一平行于导轨向下的拉力，并保持拉力的功率恒为P，导体棒最终以2v的速度匀速运动．导体棒始终与导轨垂直且接触良好，不计导轨和导体棒的电阻，重力加速度为g．下列选项正确的是（）A．P=2mgvsinθB．P=3mgvsinθC ．当导体棒速度达到时加速度大小为D．在速度达到2v以后匀速运动的过程中，R上产生的焦耳热等于拉力所做的功二、计算题（本题共4个小题，共52分）13．用电阻为18Ω的均匀导线弯成如图所示直径D=0.80m的封闭金属圆环，环上AB弧所对圆心角为60°，将圆环垂直于磁感线方向固定在磁感应强度B=0.50T的匀强磁场中，磁场方向垂直于纸面向里．一根每米电阻为1.25Ω的直导线PQ，沿圆环平面向左以v=3.0m/s的速度匀速滑行（速度方向与PQ垂直），滑行中直导线与圆环紧密接触（忽略接触处的电阻），当它通过环上A、B位置时，求：（1）直导线AB段产生的感应电动势，并指明该段直导线中电流的方向；（2）此时圆环上发热损耗的电功率．14．一电阻为R的金属圆环，放在匀强磁场中，磁场与圆环所在平面垂直，如图（a）所示．已知通过圆环的磁通量随时间t的变化关系如图（b）所示，图中的最大磁通量Ф0和变化周期T都是已知量，求：（1）在t=0到的时间内，通过金属圆环的电流大小及方向；（2）在t=0到t=T的时间内，金属环所产生的电热Q．15．用质量为m、总电阻为R的导线做成边长为l的正方形线框MNPQ，并将其放在倾角为θ的平行绝缘导轨上，平行导轨的间距也为l，如图所示．线框与导轨之间是光滑的，在导轨的下端有一宽度为l（即ab=l）、磁感应强度为B 的有界匀强磁场，磁场的边界aa′、bb′垂直于导轨，磁场的方向与线框平面垂直．某一次，把线框从静止状态释放，线框恰好能够匀速地穿过磁场区域．若当地的重力加速度为g，求：（1）线框通过磁场时的运动速度；（2）开始释放时，MN与bb′之间的距离；（3）线框在通过磁场的过程中所生的热．16．如图所示，x轴上方有一匀强磁场，磁感应强度的方向垂直于纸面向里，大小为B，x轴下方有一匀强电场，电场强度的大小为E，方向与y轴的夹角θ为45°且斜向上方．现有一质量为m电量为q的正离子，以速度v0由y轴上的A点沿y轴正方向射入磁场，该离子在磁场中运动一段时间后从x轴上的C点进入电场区域，该离子经C点时的速度方向与x轴夹角为45°．不计离子的重力，设磁场区域和电场区域足够大．求：（1）C点的坐标；（2）离子从A点出发到第三次穿越x轴时的运动时间；（3）离子第四次穿越x轴时速度的大小及速度方向与电场方向的夹角．丰城中学高二（上）周练物理试卷（重点班12.24）参考答案与试题解析一、选择题（本题共12个小题，每小题4分，共48分）1．长为a宽为b的矩形线圈，在磁感强度为B的匀强磁场中垂直于磁场的OO′轴以恒定的角速度ω旋转，设t=0时，线圈平面与磁场方向平行，则此时的磁通量和磁通量的变化率分别是（）A．0，0 B．0，BabωC．Babω，BabωD．Babω，0【考点】法拉第电磁感应定律；磁通量．【专题】电磁学．【分析】根据磁能量的定义可知磁通量的大小；由法拉第电磁感应定律可知磁通量的变化率的大小．【解答】解：线圈平面与磁场方向相互平行，则没有磁感线穿过；故磁通量为零；磁通量的变化率最大，电动势最大；由E M=BSω及E=可知；磁通量的变化率：=Babω；故选：B．【点评】了解交流电产生的原理，特别是两个特殊位置：中性面和垂直中性面时，磁通量和电动势的变化．对于正弦交变电流的最大值E m=nBSω=nωΦm，要在理解的基础上加强记忆．交流电流表和电压表测量的是有效值．2．如图，通电螺线管两侧各悬挂一个小铜环，铜环平面与螺线管截面平行，当电键S接通一瞬间，两铜环的运动情况是（）A．同时向两侧推开B．同时向螺线管靠拢C．一个被推开，一个被吸引，但因电源正负极未知，无法具体判断D．同时被推开或同时向螺线管靠拢，但因电源正负极未知，无法具体判断【考点】楞次定律．【专题】电磁感应中的力学问题．【分析】当电键S接通瞬间，小铜环中磁通量从无到有增加，产生感应电流，铜环受到安培力将发生运动，根据楞次定律判断两环的运动方向．【解答】解：当电键S接通瞬间，小铜环中磁通量从无到有增加，根据楞次定律，感应电流的磁场要阻碍磁通量的增加，则两环将向两侧运动．故A正确．故选A．【点评】本题考查运用楞次定律判断电磁感应现象中导体运动方向问题的能力．本题也可以按因果关系，按部就班的分析两环受到的安培力方向判断．3．如图所示，在光滑水平面上的直线MN左侧有垂直于纸面向里的匀强磁场，右侧是无磁场空间．将两个大小相同的铜质矩形闭合线框由图示位置以同样的速度v向右完全拉出匀强磁场．已知制作这两只线框的铜质导线的横截面积之比是1：2．则拉出过程中下列说法中正确的是（）A．所用拉力大小之比为2：1B．通过导线某一横截面的电荷量之比是1：1C．拉力做功之比是1：4D．线框中产生的电热之比为1：2【考点】电磁感应中的能量转化；法拉第电磁感应定律．【专题】电磁感应与电路结合．【分析】根据E=BLv、I=、F=BIL ，R=ρ得到安培力的表达式，即可根据平衡条件得到拉力的大小关系；根据感应电荷量q=分析电荷量的关系；由功的公式得到拉力做功的表达式，再求解做功之比；根据功能关系分析电热之比．【解答】解：A、设矩形线圈左右边长为L1，上下边长为L2．电阻率为ρ，截面积为S．则感应电流为 I==拉力F=BIL1==，则知F∝S，所以所用拉力大小之比为1：2．故A错误．B、根据感应电荷量q==∝S，所以通过导线某一横截面的电荷量之比是1：2．故B错误．C、拉力做功W=FL1=∝S，拉力做功之比是1：2．故C错误．D、根据功能关系可知，线框中产生的电热等于拉力做功，故电热之比为1：2．故D正确．故选D【点评】本题是电磁感应与电路、力学知识的综合，考查了导体切割产生的感应电动势公式，闭合电路欧姆定律、电阻定律、感应电荷量等多个知识，推导出所求量的表达式是关键．4．如图所示，在磁感强度为B的匀强磁场中，有半径为r的光滑半圆形导体框架，OC为一能绕O在框架上滑动的导体棒，OC之间连一个电阻R，导体框架与导体棒的电阻均不计，若要使OC能以角速度ω匀速转动，则外力做功的功率是（）A ．B ．C ．D ．【考点】电功、电功率；导体切割磁感线时的感应电动势．【专题】电磁感应中的力学问题．【分析】导体棒匀速转动，说明处于受力平衡状态，外力的功率和电阻的发热的功率大小相等，求出电阻发热的功率即可．【解答】解：因为OC是匀速转动的，根据能量的守恒可得，P外=P电=，又因为E=Br•，联立解得：P外=，所以C正确．故选C．【点评】解决本题的关键是分析出外力的功率与电阻的发热的功率大小相等，知道这一点本题就简单的多了．5．如图所示，把金属圆环匀速拉出磁场，下面叙述正确的是（）A．向左拉出和向右拉出所产生的感应电流方向相反B．不管向什么方向拉出，只要产生感应电流方向都是顺时针C．向右匀速拉出时，感应电流大小不变D．要将金属环匀速拉出，拉力大小要改变【考点】导体切割磁感线时的感应电动势；楞次定律．【分析】将线圈拉出磁场，磁通量都减小，根据楞次定律判断感应电流的方向．公式E=BLv中L是有效的切割长度．安培力的大小：F=BIL中L是有效长度．【解答】解：A、B、不管沿什么将线圈拉出磁场，穿过线圈的磁通量都减小，根据楞次定律判断可知，线圈中感应电流的方向都是沿顺时针方向．故B正确，A错误．C、感应电流的大小与感应电动势有关，而感应电动势与线圈移动时切割磁感线的有效长度有关，由于移动过程中有效的切割长度先增大后减小，则感应电动势也先增大后减小，感应电流先增大后减小．故C错误．D、线圈在切割磁感线的过程中，安培力的大小：F=BIL，与电流的大小以及安培力的有效长度有关，由于感应电流先增大后减小，移动过程中有效长度先增大后减小，所以对金属环的拉力大小会发生变化．故D正确．故选：BD．【点评】本题是楞次定律和E=BLv的应用，注意公式E=BLv中L是有效的切割长度．安培力的大小：F=BIL中L是有效长度．6．如图所示，水平放置的两条光滑轨道上有可自由移动的金属棒PQ、MN，当PQ在外力作用下运动时，MN在磁场力作用下向右运动．则PQ所做的运动可能是（）A．向右匀加速运动B．向左匀加速运动C．向右匀减速运动D．向左匀减速运动【考点】法拉第电磁感应定律；楞次定律．【专题】电磁感应与电路结合．【分析】MN在磁场力作用下向右运动，说明MN受到的磁场力向右，由左手定则可知电流由M指向N，由楞次定律可知，线圈中产生感应电流的磁场应该是向上减小，或向下增加；根据右手螺旋定则，与楞次定律可知PQ的运动情况．【解答】解：MN在磁场力作用下向右运动，说明MN受到的磁场力向右，由左手定则可知电流由M指向N，由楞次定律可知，线圈中产生感应电流的磁场应该是向上减小，或向下增加；再由右手螺旋定则与楞次定律可知，PQ可能是向左加速运动或向右减速运动．故BC正确，AD错误．故选：BC．【点评】本题关键是分析好引起感应电流的磁通量的变化，进而才能分析产生电流的磁通量是由什么样的运动产生的．7．如图所示，匀强磁场存在于虚线框内，矩形线圈竖直下落．如果线圈中受到的磁场力总小于其重力，则它在1、2、3、4位置时的加速度关系为（）A．a1＞a2＞a3＞a4B．a1=a2=a3=a4C．a1=a3＞a2＞a4D．a4=a2＞a3＞a1【考点】法拉第电磁感应定律；安培力．【专题】电磁感应与电路结合．【分析】线圈自由下落时，加速度为g．线圈进入和穿出磁场过程中，切割磁感线产生感应电流，将受到向上的安培力．线圈完全在磁场中时，不产生感应电流，线圈只受重力，加速度等于g．根据牛顿第二定律分析加速度的关系．【解答】解：线圈自由下落时，加速度为a1=g．线圈完全在磁场中时，磁通量不变，不产生感应电流，线圈不受安培力作用，只受重力，加速度为a3=g．线圈进入和穿出磁场过程中，切割磁感线产生感应电流，将受到向上的安培力，根据牛顿第二定律得知，a2＜g，a4＜g．线圈完全在磁场中时做匀加速运动，到达4处的速度大于2处的速度，则线圈在4处所受的安培力大于在2处所受的安培力，又知，磁场力总小于重力，则a2＞a4，故a1=a3＞a2＞a4．故选：C【点评】本题关键是分析安培力的大小和方向情况，抓住安培力大小与速度成正比，分析B、D两处安培力的大小关系．8．如图α所示，圆形线圈P静止在水平桌面上，其正上方固定一螺线管Q，P 和Q共轴，Q中通有变化电流i，电流随时间变化的规律如图b所示，P所受的重力为G，桌面对P的支持力为N，则在下列时刻（）A．t1时刻N＞G，P有收缩的趋势B．t2时刻N=G，此时穿过P的磁通量最大C．t3时刻N=G，此时P中无感应电流D．t4时刻N＜G，此时穿过P的磁通量最小【考点】楞次定律；磁通量．【专题】电学图像专题．【分析】当螺线管中通入变化的电流时形成变化的磁场，这时线圈P中的磁通量发生变化，由其磁通量的变化根据楞次定律可以判断P中产生感应电流的大小方向以及P线圈收缩和扩展趋势．【解答】解：A、当螺线管中电流增大时，其形成的磁场不断增强，因此线圈P 中的磁通量增大，根据楞次定律可知线圈P将阻碍其磁通量的增大，故线圈有远离和面积收缩的趋势，故A正确；B、D当螺线管中电流不变时，其形成磁场不变，线圈P中的磁通量不变，因此磁铁线圈中无感应电流产生，故t2时刻N=G，此时穿过P的磁通量最大，故B 正确，D错误；C、t3时刻螺线管中电流为零，但是线圈P中磁通量是变化的，因此此时线圈中有感应电流，此瞬间螺线管中电流为零，两线圈间没有作用力，因此此时N=G，故C错误．故选AB．【点评】正确理解楞次定律中“阻碍”的含义，注意判断感应电流的大小看磁通量的变化率而不是看磁通量的大小，如C选项，学生很容易错选．9．如图所示，在光滑绝缘水平面上，有一矩形线圈以一定的初速度进入匀强磁场区域，线圈全部进入匀强磁场区域时，其动能恰好等于它在磁场外面时的一半，设磁场区域宽度大于线圈宽度，则（）A．线圈恰好在完全离开磁场时停下B．线圈在未完全离开磁场时即已停下C．线圈能通过场区不会停下D．线圈在磁场中某个位置停下【考点】电磁感应中的能量转化；法拉第电磁感应定律．【专题】电磁感应——功能问题．【分析】线圈完全进入磁场后做匀速运动，进磁场和出磁场的过程都做变减速直线运动，比较进磁场和出磁场时所受的安培力大小，从而判断出线圈能否通过磁场．【解答】解：线圈出磁场时的速度小于进磁场时的速度，安培力F=BIL=，知出磁场时所受的安培力小于进磁场时所受的安培力，根据动能定理，由于进磁场时安培力做功大于出磁场时安培力做功，则出磁场时动能的变化量小于进磁场时动能的变化量，进磁场时其动能恰好等于它在磁场外面时的一半，知出磁场后，动能不为零，还有动能，将继续运动，不会停下来．故D正确．A、B、D错误．故选：C．【点评】解决本题的关键比较出进磁场和出磁场时的安培力，根据动能定理进行分析．10．如图所示，xoy坐标系第一象限有垂直纸面向外的匀强磁场，第三象限有垂直纸面向里的匀强磁场，磁感强度大小均为B，第二、四象限内没有磁场．一个围成四分之一圆弧形的导体环oab，其圆心在原点o，开始时导体环在第四象限，从t=0时刻起绕o点在xoy坐标平面内逆时针匀速转动．若以逆时针方向的电流为正，下列表示环内感应电流i随时间t变化的图象中，正确的是（）A ．B ．C ．D ．【考点】导体切割磁感线时的感应电动势；闭合电路的欧姆定律．【专题】电磁感应——功能问题．【分析】根据右手定则判断线框中感应电流的方向．由导体棒转动切割磁感线产生的感应电动势公式E=BL2ω和欧姆定律分析感应电流的大小的变化情况．【解答】解：在0﹣内，oa切割磁力线运动，根据右手定则判断可知，线框中感应电流的方向为顺时针方向，为负值．﹣内，ob切割磁力线运动，根据右手定则判断可知，线框中感应电流的方向为逆时针方向，为正值．T ﹣T，oa切割磁力线运动，根据右手定则判断可知，线框中感应电流的方向为逆时针方向，为正值．T﹣T内，ob切割磁力线运动，根据右手定则判断可知，根据右手定则判断可知，线框中感应电流的方向为顺时针方向，为负值．无论哪个半径切割磁力线，所产生的感应电动势大小相同，设加速度为ω，由感应电动势公式E=BL2ω和欧姆定律得知感应电流的大小是不发生变化的，由此可得知选项ABC错误，D正确．故选：D．【点评】本题首选要明确右手定则的使用方法，要会根据感应电动势公式和欧姆定律分析感应电流的大小情况，再选择图象．对于电流的方向，还可直接利用楞次定律来解答．11．如图所示，用铝板制成“⊃”形框，将一质量为m的带电小球用绝缘细线悬挂在框的上方，让整体在垂直于水平方向的匀强磁场中向左以速度v匀速运动，悬线拉力为T，则（）A．悬线竖直，T=mgB．悬线竖直，T＜mgC．v选择合适的大小，可使T=0D．因条件不足，T与mg的大小关系无法确定【考点】带电粒子在匀强磁场中的运动；导体切割磁感线时的感应电动势．【专题】带电粒子在复合场中的运动专题．【分析】注意铝框在磁场中也产生感应电动势，故小球在总共受四个力作用，由洛仑兹力公式及电场力公式可得出两力间的关系；从而得出拉力与重力的关系．【解答】解：因为竖直的铝板切割磁感线所以产生感应电动势．U形框的上下板形成一个上板为负下板为正的匀强电场．小球这时候受到4个力的作用，重力方向向下，绳子的弹力方向向上，洛伦磁力，电场力，如果带的是正电则洛伦磁力方向向下，所受电场力方向向上；如果带的是负电则洛伦磁力方向向上，所受电场力方向向下，且洛仑磁力等于电场力．f洛=BqV，F电=Eq，E=，u=E；感应电动势=BVL（L为竖直板的长度）联合起来得 F电=BqV，故洛伦磁力等于电场力且方向相反．故拉力等于重力；故选A．【点评】本题不要只认为小球只受洛仑兹力而忽视了电场力，注意导体切割磁感线时都会产生感应电动势，从而形成电场．12．如图所示，相距为L的两条足够长的光滑平行金属导轨与水平面的夹角为θ，上端接有定值电阻R，匀强磁场垂直于导轨平面，磁感应强度为B．将质量为m的导体棒由静止释放，当速度达到v时开始匀速运动，此时对导体棒施加一平行于导轨向下的拉力，并保持拉力的功率恒为P，导体棒最终以2v的速度匀速运动．导体棒始终与导轨垂直且接触良好，不计导轨和导体棒的电阻，重力加速度为g．下列选项正确的是（）A．P=2mgvsinθB．P=3mgvsinθC ．当导体棒速度达到时加速度大小为D．在速度达到2v以后匀速运动的过程中，R上产生的焦耳热等于拉力所做的功【考点】导体切割磁感线时的感应电动势；功率、平均功率和瞬时功率；电磁感应中的能量转化．【专题】压轴题；电磁感应——功能问题．【分析】导体棒最终匀速运动受力平衡可求拉力F，由P=Fv可求功率，由牛顿第二定律求加速度，由能量守恒推断能之间的相互转化．【解答】解：A、当导体棒以v匀速运动时受力平衡，则mgsinθ=BIl=，当导体棒以2v匀速运动时受力平衡，则F+mgsinθ=BIl=，故F=mgsinθ，拉力的功率P=Fv=2mgvsinθ，故A正确B、同理，B错误C 、当导体棒速度达到时，由牛顿第二定律，mgsinθ﹣=ma，解得a=，故C正确D、由能量守恒，当速度达到2v以后匀速运动的过程中，R上产生的焦耳热等于拉力及重力所做的功，故D错误故选：AC【点评】考查了电磁感应定律结合闭合电路，注意平衡条件得应用，能量、功率关系．二、计算题（本题共4个小题，共52分）13．用电阻为18Ω的均匀导线弯成如图所示直径D=0.80m的封闭金属圆环，环上AB弧所对圆心角为60°，将圆环垂直于磁感线方向固定在磁感应强度B=0.50T的匀强磁场中，磁场方向垂直于纸面向里．一根每米电阻为1.25Ω的直导线PQ，沿圆环平面向左以v=3.0m/s的速度匀速滑行（速度方向与PQ垂直），滑行中直导线与圆环紧密接触（忽略接触处的电阻），当它通过环上A、B位置时，求：（1）直导线AB段产生的感应电动势，并指明该段直导线中电流的方向；（2）此时圆环上发热损耗的电功率．【考点】导体切割磁感线时的感应电动势；闭合电路的欧姆定律；电磁感应中的能量转化．【专题】电磁感应与电路结合．【分析】由右手定则得直道线感应电流的方向．。

高二物理周测试卷含答案

高二物理周测官桥中学物理备课组一、单选题（每小题有四个选项，其中只有一个是正确的，每小题4分，错选0分。

共16分）1、关于惯性，下列说法中正确的是（）A．同一汽车，速度越快，越难刹车，说明物体速度越大，惯性越大B．物体只有静止或做匀速直线运动时才有惯性C．乒乓球可以快速抽杀，是因为乒乓球的惯性小的缘故D．已知月球上的重力加速度是地球上的1/6，故一个物体从地球移到月球惯性减小为1/62、用手握住瓶子，使瓶子在竖直方向静止，如果握力加倍，则手对瓶子的摩擦力（）A．握力越大，摩擦力越大。

B．只要瓶子不动，摩擦力大小与前面的因素无关。

C．方向由向下变成向上。

D．手越干越粗糙，摩擦力越大。

３、如图8甲所示，实线是电场线，一带电粒子只在电场力的作用下沿虚线由A 运动到B的过程中，其速率――时间图象是图8乙中的：（）４、如图所示，MN是一根固定的通电直导线，电流方向由N到M，今将一金属框abcd放在导线上，让线框的位置偏向导线的左边，两者彼此绝缘．当导线中的电流突然增大时，线框整体受力情况为（）A．受力沿x轴正向B．受力沿x轴负向C．受力沿y轴正向D．受力沿y轴负向二、双项选择题：（每小题有四个选项，其中只有两个是正确的，每小题5分，漏选3分，错选0分。

共25分）5、水平固定放置的足够长的U形金属导轨处于竖直向上的匀强磁场中，在导轨上放着金属棒ab，开始时ab棒以水平初速度v0向右运动，最后静止在导轨上，就导轨光滑和粗糙两种情况比较，这个过程（）A．安培力对ab棒所做的功相等B．电流所做的功相等C．产生的总热量相等D．ab棒的动量改变量相等6、对一定质量的理想气体，下列说法正确的是()A．气体的体积是所有气体分子的体积之和B．气体温度越高，气体分子的热运动就越剧烈C．气体对容器的压强是由大量气体分子对容器不断碰撞而产生的D．当气体膨胀时，气体分子的势能减小，因而气体的内能一定减少7、下列关于分子运动和热现象的说法正确的是()A．气体如果失去了容器的约束就会散开，这是因为气体分子之间存在斥力的缘故B．一定量100℃的水变成100℃的水蒸气，其分子之间的势能增加C．对于一定量的气体，如果压强不变，体积增大，那么它一定从外界吸热D．如果气体分子总数不变，而气体温度升高，气体分子的平均动能增大，因此压强必然增大8、如图所示，相距为L的两条足够长的光滑平行轨道上，平行放置两根质量和电阻都相同的滑杆ab和cd，组成矩形闭合回路．轨道电阻不计，匀强磁场B 垂直穿过整个轨道平面．开始时ab和cd均处于静止状态，现用一个平行轨道的恒力F向右拉ab杆，则下列说法正确的是（）A．cd杆向左运动B．cd杆向右运动C．ab与cd杆均先做变加速运动，后做匀速运动D．ab与cd杆均先做变加速运动，后做匀加速运动9、一只小船静止在湖面上, 一个人从小船的一端走到另一端, 以下说法正确的是（）A.人受的冲量与船受的冲量相同B.人向前走的速度一定大于小船后退的速度C.当人停止走动时, 小船也停止后退D.人向前走时, 人与船的总动量守恒三、实验题（每空3分，共24分）10、I用多用电表进行了几次测量，指针分别处于a、b的位置，如图所示。

高二物理周测试题及答案

东莞市第一中学2017-2018学年度第二学期高二年级第8周周测物理试题一、选择题(共8小题，每小题6分，共48分．其中1-4小题为单选题，5-8小题为多选题，多选题至少有一个选项符合题目要求，选不全的得3分，有选错或不作答的得0分) 1.有些放射性元素要经历一系列的衰变才能稳定，关于X 、Y 、Z 三个原子核的衰变方和如下：e He Pb X 01422068268-++→ e He Pb Y 01422078247-++→ e He Pb Z 01422088246-++→根据以上方程可以推断在X 、Y 和Z 中，下列正确的是（） A. Z 的中子数小于Y B. Y 的质量数大于X C. X 、Y 和Z 互为同位素 D. Z 的电荷数大于Y2.氦原子被电离一个核外电子，形成类氢结构的氦离子．已知基态的氦离子能量为E 1=﹣54.4eV ，氦离子能级的示意图如图所示．在具有下列能量的光子中，不能被基态氦离子吸收而发生跃迁的是（）A. 40.8 eVB. 43.2 eVC. 51.0 eVD. 54.4 eV3.研究光电效应的电路如图所示，用频率相同、强度不同的光分别照射密封真空管的钠极板（阴极K ），钠极板发射出的光电子被阳极A 吸收，在电路中形成光电流．下列光电流I 与A 、K 之间的电压U AK 的关系图象中，正确的是（）A. B. C. D.4.有关近代物理知识，下列说法错误的是（）A. 若镭Ra 的半衰期为τ，则经过2τ的时间，2 kg 的镭Ra 中有1.5 kg 已经发生了衰变B. α、β和γ三种射线，γ射线的穿透力最强C. 用14 eV 的光子照射处于基态的氢原子，可使其电离D. 氢原子辐射光子后，其绕核运动的电子动能减小，电势能增大5.下列说法正确的是（） A. 光具有波粒二象性，电子没有波动性B. 查德威克发现中子的核反应是：n C He Be 101264294+→+C. 发生α衰变时，新核与原来的原子核相比，中子数减少了2D. 用不可见光照射金属一定比用可见光照射同种金属产生的光电子的初动能大6.氢原子光谱在可见光部分只有四条谱线，一条红色、一条蓝色、两条紫色，它们分别是从n=3、4、5、6 能级向n=2能级跃迁时产生的，则（）A. 红色光谱是氢原子从n=3能级向n=2能级跃迁时产生的B. 蓝色光谱是氢原子从n=6能级或n=5能级向n=2能级跃迁时产生的C. 若从n=6能级向n=1能级跃迁时，则能够产生红外线D. 若原子从n=4能级向n=2能级跃迁时，所产生的辐射不能使某金属发生光电效应，则原子从n=6能级向n=3能级跃迁时也不可能使该金属发生光电效应7.三束单色光1、2和3的波长分别为λ1、λ2和λ3（λ1＞λ2＞λ3）．分别用这三束光照射同一种金属．已知用光束2照射时，恰能产生光电子．下列说法正确的是（） A. 用光束1照射时，不能产生光电子 B. 用光束3照射时，不能产生光电子C. 用光束2照射时，光越强，单位时间内产生的光电子数目越多D. 用光束2照射时，光越强，产生的光电子的最大初动能越大8.关于放射性元素发出的三种射线，下列说法正确的是（） A. α粒子就是氢原子核，它的穿透本领很强 B. β射线是电子流，其速度接近光速C. γ射线是一种频率很高的电磁波，它可以穿过几厘米厚的铅板D. 三种射线中，α射线的电离本领最弱，γ射线的电离本领最强高二级第二学期第8周周测物理答题卷班别姓名学号成绩一、选择题答案（每小题6分，共48分）二、实验题（每空4分，共20分．把答案直接填在横线上）9．（1）用如图甲所示的装置，来验证碰撞过程中的动量守恒．图中PQ是斜槽，QR为水平槽．O点是水平槽末端R在记录纸上的垂直投影点，A、B两球的质量之比m A：m B=3：1．先使A球从斜槽上固定位置G由静止释放，在水平地面的记录纸上留下落点痕迹，重复10次，得到10个落点．再把B球放在水平槽上的末端R处，让A球仍从位置G由静止释放，与B球碰撞，碰后A、B球分别在记录纸上留下各自的落点痕迹，重复10次．A、B两球在记录纸上留下的落点痕迹如图乙所示，其中米尺的零点与O点对齐．①碰撞后A球的水平射程应取 cm．②利用此次实验中测得的数据计算碰撞前的总动量与碰撞后的总动量的比值为 .（结果保留三位有效数字）（2）用如图所示装置来探究碰撞中的守恒量，质量为m B的钢球B放在小支柱N上，球心离地面高度为H；质量为m A的钢球A用细线拴好悬挂于O点，当细线被拉直时O点到球心的距离为L，细线与竖直线之间夹角α；A球由静止释放，摆到最低点时恰与B球发生正碰，碰撞后，A球摆到与竖直夹角为β处，B球落到地面上，地面上铺有一张盖有复写纸的白纸，用来记录球B的落点．①用图中所示各个物理量的符号表示：碰撞前A球的速度V A= ；碰撞后B球的速度V B= ；②此实验探究守恒量的最后等式为 .三、计算题(共2小题，共32分．解答应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤，只写出最后答案不能得分，有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位)10．（16分）如图所示，质量均为M 的木块A 、B 并排放在光滑水平面上，A 上固定一根轻质细杆，轻杆上端的小钉（质量不计）O 上系一长度为L 的细线，细线的另一端系一质量为m 的小球C ．现将C 球的细线拉至水平，由静止释放，求：两木块刚分离时，A 、B 、C 的速度大小及A 、B 对地位移．11．（16分）如图所示，半径为R 的41的光滑圆弧轨道竖直放置，底端与光滑的水平轨道相接，质量为m 2的小球B 静止在光滑水平轨道上，其左侧连接了一轻质弹簧，质量为m 1的小球A 自圆弧轨道的顶端由静止释放，重力加速度为g ，试求：（1）小球A 撞击轻质弹簧的过程中，弹簧的最大弹性势能为多少？（2）要使小球A 与小球B 能发生二次碰撞，m 1与m 2应满足什么关系？高二级第二学期第8周周测物理参考答案一、选择题答案（每小题6分，共48分）9．（每空4分，共20分）（1）①14.45﹣14.51 ②1.01 （2）①)cos 1(2α-gL ②HgHS 22 ③HgHS m gL m gL m BA A 22)cos 1(2)cos 1(2+β-=α-根据系统水平方向上动量守恒定律得，21Mx mx =． ………………（3分）又L x x =+21 …………………………………………………… （3分）11．（16分）解：（1）设A 球到达圆弧底端时的速度为v 0，根据机械能守恒定律有：m 1gR =21m 1v 02 ① ………………………………………………（2分）当A 、B 两球速度相同时，弹簧的弹性势能最大，设共同速度为v根据动量守恒定律有：m 1v 0=(m 1+m 2)v ② …………………………（2分）根据机械能守恒定律有：E pm =21m 1v 02-21(m 1+m 2)v 2 ③………………（2分）联立①②③解得：E pm =2121m m m m +gR ………………………………………（2分）（2）设A 、B 碰撞分离时的速度分别为v 1和v 2根据动量守恒定律有：m 1v 0=m 1v 1+m 2v 2 ④ …………………………（2分）根据机械能守恒定律有：21m 1v 02=21m 1v 12+21m 2v 22 ⑤………………（2分）联立④⑤解得：v 1=2121-m m m m +v 0 ……（1分） v 2=2112m m m +v 0 ……（1分）要使A 、B 两球能发生二次碰撞，必须满足|v 1|＞v 2 则有：-2121-m m m m +＞2112m m m + ……………………………………（1分）解得：m 1＜31m 2 ……………………………………………………（1分）。

高二物理周考试题(答案印120份)

参考答案 1．：A【试题分析：A 、在同一条电场线上，沿电场线方向电势逐渐降低，A 对B 、粒子从A 点运动到B 点的过程中，电场力做负功，电势能增加，B 错C 、只有一条电场线不能判断A 、B 两点场强大小和场强变化情况，所以无法判定静电力怎么变化，C 错D 、理由同C,D 错 ,故选A 考点：电场线的特点点评：只给一条直线电场线，A 、B 两点的场强大小无法由疏密程度来判定，对此情况可有多种推理判断：若是正点电荷电场中的一条电场线，则A E >B E ． (2)若是负点电荷电场中的一条电场线，则有A E <B E ． (3)若是匀强电场中的一条电场线，则有A E =B E ．2．A【试题分析：由于粉尘带电q （q<<Q ），不会影响星球电荷量分布，所以可以用库仑力公式求出星球对粉尘的R ）M ，粉尘质量为m2h 处，根者还是相等，所以答案为A考点：万有引力定律、库仑定律、受力平衡点评：此类题型考察了万有引力公式以及库仑力公式，另外在移动粉尘时容易使人误以为库仑力变小而“重力”不变的错误惯性思维。

3．C【试题分析：若将滑动变阻器的滑片P 向右移动，则滑动变阻器连入电路的电阻增大，电路总电阻增大，所以路端电压增大，故电压表示数增大，电路总电流减小，所以通过L 的电流减小，故L 变暗，所以选C 考点：考查了电路的动态变化点评:做此类型题目需要从部分电路变化推导整体电路变化，再推导另外部分电路变化 4．D【解析】电场线是为了研究问题的方便而没想的出来的，实际上不存在，电场是带电体周围的一种特殊的物质，是客观存在的。

A 错；电场力Eq F =，与场强和电量大小有关，所以B 错；以点电荷为球心，r 为半径的球面上各点的电势都相同，场强大小相等，方向不同；C 错；场强E=F/q ，这只是定义式，场强大小由场源决定，是电场本身的一种固有属性。

与试探电荷的有无无关，D对。

5．C【试题分析：闭合电路动态分析，电路中任意部分电阻增大总电阻增大，任意部分电阻减小总电阻减小。

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高二理科周练试卷姓名：___________班级：___________考号：___________一、单选题1．一个单摆做受迫振动，其共振曲线(振幅A与驱动力的频率f的关系)如图所示，则()A．此单摆的固有周期约为0.5 sB．此单摆的摆长约为1 mC．若摆长增大，单摆的固有频率增大D．若摆长增大，共振曲线的峰将向右移动2．如图所示是扬声器纸盆中心做简谐运动的振动图象，下列判断正确的是A．t=2×10-3s时刻纸盆中心的速度最大B．t=3×10-3s时刻纸盆中心的加速度最大C．在0〜l×10-3s之间纸盆中心的速度方向与加速度方向相同D．纸盆中心做简谐运动的方程为x=1.5×10-4cos50πt（m）3．当一弹簧振子在竖直方向上作简谐振动时，下列说法正确的是（）A．振子经过同一位置时，速度大小一定相同B．振子从最低点向平衡位置运动过程中，弹簧弹力始终做负功C ．振子在从最低点向平衡位置运动过程中受到重力、弹力和回复力D ．振子在平衡位置时，其动能最小，弹簧的弹性势能最大4．在“用单摆测定重力加速度”的实验中，实验时用拉力传感器测得摆线的拉力大小F 随时间t 变化的图象如图所示，则该单摆的周期为（）A ．tB ．2tC ．3tD ．4t5．某质点做简谐运动的振幅为A,周期为T ,则质点在6T 时间内的最大路程是 A ．1.5A B ．A C ．0.5A D ．0.2A6．如图所示，一水平弹簧振子在光滑水平面上的B 、C 两点间做简谐运动，O 为平衡位置．已知振子由完全相同的P 、Q 两部分组成，彼此拴在一起．当振子运动到B 点的瞬间，将P 拿走，则以后Q 的运动和拿走P 之前相比有（）A ．Q 的振幅不变，通过O 点的速率减小B ．Q 的振幅不变，通过O 点的速率增大C ．Q 的振幅增大，通过O 点的速率增大D ．Q 的振幅减小，通过O 点的速率减小7．如图所示，质量为M 的物块钩在水平放置的左端固定的轻质弹簧的右端，构成一弹簧振子，物块可沿光滑水平面在BC 间做简谐运动，振幅为A ．在运动过程中将一质量为m 的小物块轻轻地放在M 上，第一次是当M 运动到平衡位置O 处时放在上面，第二次是当M 运动到最大位移处C 处时放在上面，观察到第一次放后的振幅为A 1，第二次放后的振幅为A 2，则（）A ．A 1=A 2=AB ．A 1<A 2=AC ．A 1=A 2<AD ．A 2<A 1=A8．一根粗细均匀的软绳一端固定，另一端用手抓住并上、下振动，形成了向右传播的波。

此波可看成简谐波，波的传播速度为v ，周期为T 。

下列说法正确的是（）A ．简谐波的传播速度与振动的振幅有关B ．绳中质点振动的最大速度等于波的传播速度C ．绳中相距为2vT 的两个质点的振动位移总是相同D ．离手距离分别为x 1、x 2（x 2＞x 1）的两质点，开始振动的时间差为21x x v 9．一列沿x 轴传播的简谐横波在某时刻波的图象如图所示，已知波速为20 m/s ，图示时刻x ＝2.0m 处的质点振动速度方向沿y 轴负方向，可以判断A ．质点振动的周期为0.20sB ．质点振动的振幅为1.6cmC ．波沿x 轴的正方向传播D ．图示时刻，x ＝1.5m 处的质点加速度沿y 轴正方向 10．如图所示，弹簧振子在M 、N 之间做简谐运动。

以平衡位置O 为原点，建立Ox 轴，向右为x 轴正方向。

若振子位于N 点时开始计时，则其振动图像为A ．B ．C ．D ．11．某弹簧振子沿x 轴的简谐运动图象如图所示，下列描述正确的是（）A ．t =1 s 时，振子的速度为零，加速度为负的最大值B ．t =2 s 时，振子的速度为负，加速度为正的最大值C ．t =3 s 时，振子的速度为负的最大值，加速度为零D ．t =4 s 时，振子的速度为正，加速度为负的最大值12．如图所示是弹簧振子做简谐运动的振动图象，可以判定( )A ．从t1到t2时间内系统的动能不断增大，势能不断减小B ．从t2到t3时间内振幅不断增大C ．t3时刻振子处于平衡位置处，动能为0D ．t1、t4时刻振子的动能、速度都相同13．如图所示,质量为mA 的物块A 用不可伸长的细线吊着,在A 的下方用弹簧连着质量为mB 的物块B,开始时静止不动.现在B 上施加一个竖直向下的力F,缓慢拉动B 使之向下运动一段距离后静止,弹簧始终在弹性限度内,希望撤去力F 后,B 向上运动并能顶起A,则力F 的最小值是 ( )A ．()AB m m g +B ．B m gC ．()2A B m m g +D ．A m g14．弹簧振子作简谐运动，在平衡位置O 两侧B 、C 间振动，当时间t=0时，振子位于B 点（如图），若规定向右的方向为正方向，则下图中哪一个图象表示振子相对平衡位置位移随时间变化的关系（）A ．B ．C ．D ．15．如图所示，弹簧振子在dc 间振动，振子从a 到b 历时0.2s ，振子经a 、b 两点时速度相同，若它从b 再回到a 的最短时间为0.4s ，则该振子的振动周期为( )A ．0.6sB ．0.8sC ．1.0sD ．1.2s16．如图所示，小车放在光滑的水平面上，将系绳小球拉开到一定角度，然后同时放开小球和小车，那么在以后的过程中( )A ．小球向左摆动时，小车也向左运动，且系统动量守恒B ．小球向左摆动时，小车向右运动，且系统动量守恒C ．小球向左摆到最高点，小球的速度为零而小车的速度不为零D ．在任意时刻，小球和小车在水平方向的动量一定大小相等、方向相反17．如图，用一定频率的单色光照射光电管时，电流表指针会发生偏转，则（）A ．电源右端应为正极B ．流过电流表G 的电流大小取决于照射光的频率C ．流过电流表G 的电流方向是a 流向bD ．普朗克解释了光电效应并提出光子能量E=hν18．铀核裂变的产物是多样的，一种典型的铀核裂变的核反应方程是235189192036r 0U n X K 3n +→++，则下列叙述正确的是A．X原子核中含有144个核子B．X原子核中含有86个中子C．因为裂变时释放能量，出现质量亏损，所以裂变后的总质量数减少D．核反应前后核子数相等，所以生成物的质量等于反应物的质量之和二、多选题19．如图，轻弹簧上端固定，下端连接一小物块，物块沿竖直方向做简谐运动．以竖直向上为正方向，物块简谐运动的表达式为y=0.1sin(2.5πt)m．t=0时刻，一小球从距物块h高处自由落下；t=0.6s时，小球恰好与物块处于同一高度．取重力加速度的大小为g=10m/s2.以下判断正确的是______（双选，填正确答案标号）A．h=1.7mB．简谐运动的周期是0.8sC．0.6s内物块运动的路程是0.2mD．t=0.4s时，物块与小球运动方向相反20．一个质点做简谐运动的图象如图所示，下列说法正确的是（）A．质点振动的频率为4 HzB．在10 s内质点经过的路程是20 cmC．在5 s末，质点的速度为零，加速度最大D．t＝1.5 s和t＝2.5 s两个时刻质点的位移和速度方向都相反E.t＝1.5 s和t＝4.5 s2cm21．如图所示，两根完全相同的轻质弹簧和一根绷紧的轻质细线将甲、乙两物块束缚在光滑水平面上．已知物块甲的质量是物块乙质量的4倍，弹簧振子做简谐运动的周期2mTk=，式中m为振子的质量，k为弹簧的劲度系数．当细线突然断开后，两物块都开始做简谐运动，在运动过程中，下列说法正确的是________．A．物块甲的振幅是物块乙振幅的4倍B．物块甲的振幅等于物块乙的振幅C．物块甲的最大速度是物块乙最大速度的1 2D．物块甲的振动周期是物块乙振动周期的2倍E.物块甲的振动频率是物块乙振动频率的2倍22．一个质点做简谐运动的图象如下图所示，下述正确的是A．质点振动频率为4 HzB．在10 s内质点经过的路程是20 cmC．在5 s末，质点速度为零，加速度最大D．在t=1.5 s和t=4.5 s两时刻质点位移大小相等23．如图所示，用绝缘细线悬挂的单摆，摆球带正电，悬挂于O点，摆长为l，当它摆过竖直线OC时便进入或离开匀强磁场，磁场方向垂直于单摆摆动的平面向里，A，B点分别是最大位移处．下列说法中正确的是()A．A点和B点处于同一水平面B．A点高于B点C．摆球在A点和B点处线上的拉力大小相等D ．单摆的振动周期仍为2l T gπ= E.单摆向右或向左摆过D 点时，线上的拉力大小相等24．如图所示的装置中，在曲轴AB 上悬挂一个弹簧振子，若不转动把手C ，让其上下振动，周期为1T ，若使把手以周期()221T T T >匀速转动，当运动都稳定后，则（）A ．弹簧振子的振动周期为1TB ．弹簧振子的振动周期为2TC ．.弹簧振子的振动频率为21T D ．要使弹簧振子的振幅增大，可让把手转速减小E.要使弹簧振子的振幅增大，可让把手转速增大25．如图所示，水平弹簧振子沿x 轴在M 、N 间做简谐运动，坐标原点O 为振子的平衡位置，其振动方程为5sin 10cm 2x t ππ⎛⎫=+ ⎪⎝⎭．下列说法正确的是（）A ．MN 间距离为5cmB ．振子的运动周期是0.2sC ．0t =时，振子位于N 点D ．0.05t s =时，振子具有最大加速度参考答案1．B【解析】【详解】由共振条件知单摆固有频率为f ＝0.5 Hz ，则其固有周期为T ＝1f＝2 s ，选项A 错；由单摆周期公式T ＝2πl ＝22gT 4π≈1 m ，选项B 正确；摆长增大，单摆的周期变大，其固有频率变小，共振曲线的峰将向左移动，选项CD 错误．2．C【解析】【详解】A ．t =2×10-3s 时刻在波谷位置，则纸盆中心的速度为零，选项A 错误；B ．t =3×10-3s 时刻纸盆中心在平衡位置，此时的加速度为零，选项B 错误；C ．在0〜l×10-3s 之间纸盆中心的速度方向与加速度方向均向下，方向相同，选项C 正确；D ．因为322=rad/s=500rad/s 410T ππωπ-=⨯ 则纸盆中心做简谐运动的方程为x =1.5×10-4cos500πt （m ），选项D 错误；故选C.3．A【解析】【详解】A ．振子在振动过程中，振子经过同一位置时速度大小一定相等，但方向不一定相同，故A 正确；B ．振子从最低点向平衡位置运动过程中，弹力的方向与位移的方向同向，故弹力做正功，故B 错误；C ．振子在振动过程中的回复力由弹簧的弹力和振子的重力的合力提供，故C 错误；D ．振子在振动过程中，只有重力与弹力做功，所以振子与弹簧构成的系统机械能守恒，振子在平衡位置时，其速度最大，动能最大，但是弹性势能不是最大，故D 错误；4．D【解析】【详解】本卷由系统自动生成，请仔细校对后使用，答案仅供参考。