[解析]辽宁省大连市普兰店二中2015-2016学年高三上学期12月月考物理试卷

2015——2016上学期高三年级12月份第二次月考物理卷本试卷分第Ⅰ卷(选择题)和第Ⅱ卷(非选择题)两部分，其中第Ⅱ卷第33～40题为选考题，其它题为必考题。

考生作答时，将答案答在答题卡上，在本试卷上答题无效。

考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。

注意事项：1．答题前，考生务必先将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上，认真核对条形码上的姓名、准考证号，并将条形码粘贴在答题卡的指定位置上。

2．选择题答案使用2B铅笔填涂,如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案的标号；非选择题答案使用0.5毫米的黑色中性（签字）笔或碳素笔书写，字体工整、笔迹清楚。

3．请按照题号在各题的答题区域(黑色线框)内作答超出答题区域书写的答案无效。

4．保持卡面清洁，不折叠，不破损。

5．做选考题时，考生按照题目要求作答，并用2B铅笔在答题卡上把所选题目对应的题目涂黑。

可能用到的相对原子质量：H :1 C:12 N:14 O:16 Na:23 Al:27 S:32 Cl:35.5K:39 Cr:52 Fe:56 Cu:64 Zn:65 Sn:119 C a：40二、选择题（本题包括6小题，共48分。

14--18小题给出的四个选项中，只有一个选项正确，19—21小题有多个选项正确，全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分）14.在物理学发展的过程中，许多物理学家的科学发现推动了人类历史的进步。

下列说法中不正确的是A.牛顿把地面上物体运动的规律和天体运动的规律统一了起来，建立了万有引力定律B.伽利略以实验和数学推理相结合的科学研究方法得到了落体运动规律C.安培首先总结了导体的电阻与其长度和横截面积的关系D.法拉第发现了电磁感应现象15.如图所示为一种改进后的回旋加速器示意图，其中盒缝间的加速电场场强大小恒定，且被限制在A、C板间。

带电粒子从P0处以速度v0沿电场线方向射入加速电场，经加速后再进入D形盒中的匀强磁场做匀速圆周运动。

2016届辽宁省沈阳二中高三上学期12月月考试题物理月考试卷(解析版)题号一二三四总分得分注意事项：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卷的文字说明评卷人得分一、单选题：共7题每题6分共42分1．两颗人造卫星环绕地球运动，则下列说法正确的是A.沿不同轨道经过极地上空的两颗卫星，它们的轨道平面一定会重合B.在赤道上空运行的两颗地球同步卫星，它们的轨道半径有可能不同C.沿椭圆轨道运行的一颗卫星，在轨道不同位置不可能具有相同的速率D.分别沿圆轨道和椭圆轨道运行的两颗卫星，可能具有相同的周期【答案】D【解析】本题考查了人造卫星问题，关键是考查学生的分析能力.卫星只要满足万有引力提供向心力，即运动轨迹中心和地球中心重合即可，A错误；地球同步卫星定轨道，半径一定相同，B错误；沿椭圆轨道运行的一颗卫星，只要半径相同速率就相同，C错误；卫星的周期由半径决定，半径不同，周期一定不一样，但是圆形轨道和椭圆轨道周期可以相同，D正确；综上本题选D。

2．以下对电场中物理量的描述，其中正确的是A.电场线的方向就是电荷受力的方向B.正电荷只在电场力作用下一定沿电场线运动C.正电荷在电场中具有的电势能大的地方，电势一定高D.电场中某点的场强为零，该点电势也一定为零【答案】C【解析】本题考查了静电场，关键是考查学生的理解能力.正电荷受力方向沿着电场线方向，负电荷受力方向逆着电场线方向，A错误；正电荷受力沿着电场线方向，但运动不一定沿着电场线方向，B错误；电势能等于电势乘以电荷量，C正确；场强为零，电势不一定为零，D错误；综上本题选C。

3．水平桌面上有一根绝缘的长直导线，垂直纸面放置，在桌面正上方等高且与直导线a 平行等距的位置，固定两根绝缘直导线b和c，三根导线中的电流大小相等、方向如图所示。

导线始终处于静止状态，关于导线a，以下说法中正确的是( )A.对地面的压力数值上小于自身的重力B.对地面的压力数值上等于自身的重力C.对地面的压力数值上大于自身的重力D.受水平向左的摩擦力【答案】B【解析】bc两条导线在a位置产生的合磁感应强度方向是竖直向下，根据左手定则，a 导线受到安培力水平向左，所以竖直方向上重力和支持力相等，a对地面的压力数值上等于自身的重力，综上本题选B.4．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，如果把该小灯泡先后分别与电源1和电源2单独连接时，则下列说法不正确的是( )A.电源1和电源2的内阻之比是7：5B.在这两种连接状态下，小灯泡的电阻之比是16:21C.在这两种连接状态下，电源的输出功率之比是3：2D.在这两种连接状态下，电源的输出功率之比是7：12【答案】C【解析】本题考查了闭合电路欧姆定律，关键是考查学生的分析计算能力.由图得到，r1：r2=7：5，故A正确;在这两种连接状态下，小灯泡的电阻之比是，故B正确; 在这两种连接状态下，电源的输出功率之比是U1I1:U2I2=2×3.5：3×4=7：12,故D正确,C错误.本题选错误的，综上本题选C。

2015——2016上学期高三年级12月份第二次月考物理卷本试卷分第Ⅰ卷(选择题)和第Ⅱ卷(非选择题)两部分，其中第Ⅱ卷第33～40题为选考题，其它题为必考题。

考生作答时，将答案答在答题卡上，在本试卷上答题无效。

考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。

注意事项：1．答题前，考生务必先将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上，认真核对条形码上的姓名、准考证号，并将条形码粘贴在答题卡的指定位置上。

2．选择题答案使用2B铅笔填涂,如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案的标号；非选择题答案使用0.5毫米的黑色中性（签字）笔或碳素笔书写，字体工整、笔迹清楚。

3．请按照题号在各题的答题区域(黑色线框)内作答超出答题区域书写的答案无效。

4．保持卡面清洁，不折叠，不破损。

5．做选考题时，考生按照题目要求作答，并用2B铅笔在答题卡上把所选题目对应的题目涂黑。

可能用到的相对原子质量：H :1 C:12 N:14 O:16 Na:23 Al:27 S:32 Cl:35.5K:39 Cr:52 Fe:56 Cu:64 Zn:65 Sn:119 C a：40二、选择题（本题包括6小题，共48分。

14--18小题给出的四个选项中，只有一个选项正确，19—21小题有多个选项正确，全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分）14.在物理学发展的过程中，许多物理学家的科学发现推动了人类历史的进步。

下列说法中不．正确的是A.牛顿把地面上物体运动的规律和天体运动的规律统一了起来，建立了万有引力定律B.伽利略以实验和数学推理相结合的科学研究方法得到了落体运动规律C.安培首先总结了导体的电阻与其长度和横截面积的关系D.法拉第发现了电磁感应现象15.如图所示为一种改进后的回旋加速器示意图，其中盒缝间的加速电场场强大小恒定，且被限制在A、C板间。

带电粒子从P0处以速度v0沿电场线方向射入加速电场，经加速后再进入D形盒中的匀强磁场做匀速圆周运动。

一、选择题（本题共10小题，每题4分,共40分.1-7题只有一个选项符合题意，８－10题有多项符合题目要求．)１.在物理学理论建立的过程中，有许多伟大的科学家做出了贡献.关于科学家和他们的贡献，下列说法中正确的是( ）A．开普勒进行了“月﹣地检验”,说明天上和地下的物体都遵从万有引力定律B．伽利略不畏权威，通过“理想斜面实验”,科学地推理出“力不是维持物体运动的原因”C．哥白尼提出日心说并发现了太阳系中行星沿椭圆轨道运动的规律Ｄ．奥斯特发现了电磁感应现象,使人类从蒸汽机时代步入了电气化时代2.如图所示,杂技演员站在一块被他踩成斜面的木板上处于静止状态,关于斜面对演员的作用力，下面说法正确的是( ）A．木板对人可能有摩擦力作用,也可能没有摩擦力作用Ｂ．木板对人一定有摩擦Ｃ．木板对人的弹力方向一定竖直向上D．木板对人的作用力方向垂直板斜向上3.质量相同的甲、乙两木块仅在摩擦力作用下沿一水平面滑动,它们的动能﹣位移(E k﹣x)的关系如下图所示,则两木块的速度﹣时间(v﹣ｔ)的图象正确的是( )A．ﻩB． C.ﻩＤ．4.我国成功发射“天宫一号”飞行器，入轨后绕地球的运动可视为匀速圆周运动,运动周期为Ｔ,已知地球同步卫星的周期为T０，则以下判断正确的是( ）Ａ．“天宫一号”的轨道半径与地球同步卫星的轨道半径之比为B．“天宫一号”的角速度与地球同步卫星的角速度之比为Ｃ．“天宫一号”的线速度与地球同步卫星的线速度之比为D．“天宫一号”的向心加速度与地球同步卫星的向心加速度之比为５．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点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d指向OB.+q在d点所具有的电势能较大C．d点的电势小于O点的电势Ｄ．d点的电场强度大于O点的电场强度6.如图所示,在O≤x≤2L的区域内存在着匀强磁场，磁场的方向垂直于xOｙ平面（纸面）向里，具有一定电阻的矩形线框abcｄ位于xOｙ平面内，线框的ab边与x,轴重合,bc边的长度为L．令线框从ｔ=０时刻由静止开始沿x轴正方向做匀加速运动，则线框中的感应电流i(取顺时针方向的电流为正)随时间t的函数图象大致是图中的( )A.B．C． D.７．如图所示,斜面倾角为θ,从斜面的P点分别以ｖ０和２v0的速度水平抛出A、Ｂ两个小球，不计空气阻力,若两小球均落在斜面上且不发生反弹，则( )A．A、B两球飞行时间之比为1:２Ｂ.A、Ｂ两球的水平位移之比为4:1Ｃ.A、B下落的高度之比为１:2D.A、B两球落到斜面上的速度大小之比为1:４８．如图所示,真空中同一水平线上固定两等量异种点电荷A、B,其中Ａ带负电、Ｂ带正电．C、Ｄ、Ｏ是分布在AB连线的垂线上的三个点，且AO>BO.下列判断正确的是( ）A．C、Ｄ两点的电势相等B.同一带负电的试探电荷在C点的电势能大于在Ｄ点的电势能C．C、D两点的电场强度的方向均水平向左D．同一试探电荷在C点受到的电场力比在D点受到的电场力小９．如图所示,矩形线圈面积为0.1m2，匝数为100，绕OO′轴在磁感应强度为T的匀强磁场中以角速度５πrａd／s匀速转动.从图示位置开始计时．理想变压器原、副线圈的匝数分别为n1、n２,两电表均为理想电表,电阻Ｒ=5０Ω,其他电阻不计，下列判断正确的是（）A.在t＝０.1 s时,穿过线圈的磁通量最大B．=时,变压器输入功率为50WＣ．P向上移动时,电压表示数变大D.P向上移动时,电流表示数变小10.如图所示，将一轻弹簧固定在倾角为30°的斜面底端，现用一质量为m的物体将弹簧压缩至A点并锁定弹簧,解除锁定后,物体将沿斜面上滑,物体在运动过程中所能到达的最高点B距A点的竖直高度为h，物体离开弹簧后沿斜面向上运动的加速度大小等于重力加速度g.则下列说法正确的是（)A.弹簧的最大弹性势能为ｍghＢ.物体从A点运动到B点的过程中系统损失的机械能为ｍgｈC.物体的最大动能等于弹簧的最大弹性势能D．物体最终静止在B点二、实验题（共15分，１2题（1）为3分，其余每空２分)１1．做匀变速直线运动的小车带动纸带通过打点计时器，打出的部分计数点如图所示(每相邻两个计数点间还有4个点,图中未画出),已知打点计时器使用的是50Hz的交变电流，则打点计时器在打“1”时的速度v1= ｍ／ｓ，平均加速度为ａ= m/s２.由计算结果可估计出第５个计数点与第6个计数点之间的距离最可能是cm．(结果均保留3位有效数字）．12.用伏安法测量一电池的内阻．已知该待测电池的电动势E约为９V,内阻约数十欧,允许输出的最大电流为5０ｍA,可选用的实验器材有：电压表V1(量程５V）;电压表V２(量程１0Ｖ);电流表A1(量程50mA）；电压表A2（量程１０0mA）；滑动变阻器R（最大电阻300Ω）；定值电阻R1（阻值为20０Ω,额定功率为W)；定值电阻R2（阻值为220Ω，额定功率为1W)；开关S;导线若干．测量数据如坐标纸上U﹣I图线所示．（１）在答题卡相应的虚线方框内画出合理的电路原理图,并标明所选器材的符号.(2)在设计的电路中,选择定值电阻的根据是 .(３）由U﹣I图线求得待测电池的内阻为Ω．（４)在你设计的电路中,产生系统误差的主要原因是．三、计算题（每题15分,共４5分)1３.如图所示，在水平光滑轨道PQ上有一个轻弹簧其左端固定，现用一质量m=2.０kｇ的小物块（视为质点)将弹簧压缩后释放,物块离开弹簧后经过水平轨道右端恰好沿半圆轨道的切线进入竖直固定的轨道,小物块进入半圆轨道后恰好能沿轨道运动，经过最低点后滑上质量M=8.0kｇ的长木板，最后恰好停在长木板最左端．已知竖直半圆轨道光滑且半径Ｒ=0.5ｍ,物块与木板间的动摩擦因数μ＝０.2,木板与水平地面间摩擦不计,取g=１０m/ｓ2．（1)弹簧具有的弹性势能；（2）小物块滑到半圆轨道底端时对轨道的压力；(３)木板的长度.１4．如图所示,在ｘ轴下方的区域内存在方向与ｙ轴相同的匀强电场,电场强度为E．在x轴上方以原点O 为圆心、半径为R的半圆形区域内存在匀强磁场，磁场的方向垂直于ｘy平面并指向纸面外，磁感应强度为B.y轴下方的A点与O点的距离为d.一质量为m、电荷量为q的带正电粒子从A点由静止释放,经电场加速后从O点射入磁场．不计粒子的重力作用．(1)求粒子在磁场中运动的轨道半径r.(２）要使粒子进入磁场之后不再经过ｘ轴，电场强度需大于或等于某个值Ｅ0.求E0.（3）若电场强度E等于第(２)问Ｅ０的,求粒子经过x轴时的位置．１5.有一列简谐横波在弹性介质中沿ｘ轴正方向以速率ｖ=10m/s传播，某时刻的波形如图1所示，把此时刻作为零时刻,质点A的振动方程为y= m．16．如图所示，ABC是三棱镜的一个截面，其折射率为ｎ＝1.5.现有一细束平行于截面的光线沿ＭＮ方向射到棱镜的ＡB面上的N点，ＡN=NB=2cm，入射角的大小为i,且sｉｎi＝0.75.已知真空中的光速ｃ=3.0×1０８ｍ/s，求：①光在棱镜中传播的速率;②此束光进入棱镜后从棱镜射出的方向和位置.（不考虑AＢ面的反射）ﻬ参考答案与试题解析一、选择题(本题共1０小题,每题４分,共40分．1－7题只有一个选项符合题意,8-10题有多项符合题目要求．）１.在物理学理论建立的过程中,有许多伟大的科学家做出了贡献．关于科学家和他们的贡献，下列说法中正确的是( ）Ａ.开普勒进行了“月﹣地检验”,说明天上和地下的物体都遵从万有引力定律B．伽利略不畏权威，通过“理想斜面实验”,科学地推理出“力不是维持物体运动的原因”C．哥白尼提出日心说并发现了太阳系中行星沿椭圆轨道运动的规律D.奥斯特发现了电磁感应现象,使人类从蒸汽机时代步入了电气化时代【考点】物理学史.【分析】“月一地检验”,说明一切物体都遵从万有引力定律；再结合伽利略、开普勒、奥斯特的物理学成就解答.【解答】解:A、设地球半径和月球绕地球运行的轨道半径分别为R和r(已知r=60Ｒ)．那么月球绕地球运行的向心加速度a n与地面的重力加速度g的比值为1：３600,这是牛顿进行了“月一地检验”，说明一切物体都遵从万有引力定律，故A错误；B、伽利略不畏权威，通过“理想斜面实验”,科学地推理出“力不是维持物体运动的原因“.故B正确．C、哥白尼提出日心说,开普勒发现了太阳系中行星沿椭圆轨道运动的规律，故C错误.D、法拉第发现了电磁感应现象,使人类从蒸汽机时代步入了电气化时代.故D错误．故选:B.【点评】本题考查物理学史，是常识性问题，对于物理学上重大发现、发明、著名理论要加强记忆，注意积累．2.如图所示，杂技演员站在一块被他踩成斜面的木板上处于静止状态，关于斜面对演员的作用力,下面说法正确的是（)A．木板对人可能有摩擦力作用，也可能没有摩擦力作用B.木板对人一定有摩擦C．木板对人的弹力方向一定竖直向上D．木板对人的作用力方向垂直板斜向上【考点】静摩擦力和最大静摩擦力；弹性形变和范性形变;物体的弹性和弹力.【专题】定性思想；推理法；摩擦力专题．【分析】根据摩擦力产生的条件及人的运动趋势判断摩擦力的有无,根据平衡条件判断作用力的方向.【解答】解：AB、演员有沿斜面下滑的趋势，木板对演员一定有摩擦力作用,故A错误，B正确；C、人受到的弹力是由于木板的形变产生的;方向垂直于接触面指向受力物体；故方向斜向上;故C错误；D、人受自身的重力和木板对他的作用力平衡，所以木板对演员的作用力方向一定竖直向上,故D错误;故选:B【点评】本题考查了摩擦力有无的判断和平衡条件下物体的受力情况.要注意明确木板的作用力包括支持力和摩擦力，是二力的合力．３.质量相同的甲、乙两木块仅在摩擦力作用下沿一水平面滑动，它们的动能﹣位移(Eｋ﹣x）的关系如下图所示,则两木块的速度﹣时间(v﹣t）的图象正确的是( ）A.Ｂ. C. D.【考点】动能定理的应用;匀变速直线运动的图像.【专题】动能定理的应用专题.【分析】甲、乙两物体的初动能不同,末动能相同，都只受摩擦力作用，由动能定理及两物体的位移关系比较出两物体质量关系，然后根据动能的计算公式比较出两物体的初速度关系,最后判断两物体v﹣t关系图象哪个正确．【解答】解：质量相同的甲、乙两木块仅在摩擦力作用下沿同一水平面滑动，只有摩擦力做功，得：W＝ｆx,又：W=E k﹣Ｅk０，得：E k=E k0﹣f•ｘ①由图象和公式①可知，物体与水平面间的动摩擦因数μ相同,Eｋ甲＞E k乙甲、乙两物体的质量相同,所以ｖ０甲＞v０乙甲乙两物体在水平面上做匀减速运动，加速度a=μg相同,速度﹣时间图象的斜率相同，甲减速到零所用时间大于乙的时间,由图示图象可知,AＢC错误,D正确；故选：Ｄ．【点评】本题考查了物体的v﹣t图象，由图象获取所需信息，应用动能定理、动能的计算公式即可正确解题．４.我国成功发射“天宫一号”飞行器,入轨后绕地球的运动可视为匀速圆周运动,运动周期为Ｔ，已知地球同步卫星的周期为T0，则以下判断正确的是（)A．“天宫一号”的轨道半径与地球同步卫星的轨道半径之比为B.“天宫一号”的角速度与地球同步卫星的角速度之比为C.“天宫一号”的线速度与地球同步卫星的线速度之比为D．“天宫一号”的向心加速度与地球同步卫星的向心加速度之比为【考点】人造卫星的加速度、周期和轨道的关系.【专题】定量思想;推理法；人造卫星问题.【分析】解决卫星运行规律问题的核心原理是万有引力提供向心力,通过选择不同的向心力公式，来研究不同的物理量之间的关系.本题也可定性分析.【解答】解：A、卫星环绕地球作匀速圆周运动时,万有引力提供向心力,即有：，所以:天宫一号的轨道半径与地球同步卫星的轨道半径之比为，故A错误；B、ω∝，所以:天宫一号的角速度与地球同步卫星的角速度之比为,故B正确;C、ｖ∝,所以：天宫一号的线速度与地球同步卫星的线速度之比为，故Ｃ错误；D、a∝；所以：天宫一号的向心加速度与地球同步卫星的向心加速度之比,故D错误;故选:B【点评】本类题型可灵活选择方法,卫星运行规律问题如果定性研究,可简单记为“越近越快”,即离地面越近，轨道半径越小,线速度、角速度、加速度越大，周期越小;若定量计算，则需按万有引力提供向心力，选择合适的公式求解.5．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点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d指向OＢ．+q在d点所具有的电势能较大Ｃ．d点的电势小于Ｏ点的电势Ｄ．d点的电场强度大于O点的电场强度【考点】电势;电势能.【专题】电场力与电势的性质专题.【分析】根据电场的叠加,分析d点电场强度的方向；O点的电场强度等于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.正电荷在高电势高处电势能大．【解答】解:Ａ、由电场的叠加原理可知,ｄ点电场方向由Ｏ指向d,A错误；Ｂ、由O到ｄ合场强方向均沿Od，故ｄ点电势小于Ｏ点电势,＋q在O点具有的电势能较大，故B错误,C 正确;Ｄ、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E相等,由电场的叠加可知，d点的场强大小为E d=2k．O点的场强大小为E o=４k,可见,ｄ点的电场强度小于O点的电场强,即E d＜E o,故D错误.故选:C．【点评】本题关键要抓住对称性,由电场的叠加分析场强大小和电场线的方向,再判断电场力大小和电势能的高低．６．如图所示，在O≤x≤2L的区域内存在着匀强磁场,磁场的方向垂直于xOy平面(纸面)向里，具有一定电阻的矩形线框abｃd位于xOy平面内，线框的ａb边与x，轴重合,bc边的长度为L.令线框从t=0时刻由静止开始沿x轴正方向做匀加速运动,则线框中的感应电流i（取顺时针方向的电流为正)随时间t的函数图象大致是图中的( ）A． B. C.ﻩD.【考点】导体切割磁感线时的感应电动势．【专题】电磁感应与电路结合．【分析】先根据楞次定律分析感应电流的方向.再根据Ｅ=BLv和Ｉ=求出感应电流与时间的关系式．分三段研究：线框进入磁场、完全进入磁场、穿出磁场．【解答】解：分三段研究:线框进入磁场的过程：磁通量增加，根据楞次定律分析可知,感应电流的方向为逆时针方向,电流为负值，故AD错误;感应电流大小I＝＝,则知，I与t成正比;设此过程所用时间为ｔ０，则有L=at,得t0=（a是线框的加速度)线框完全进入磁场的过程中，穿过线框的磁通量不变，没有感应电流产生.根据运动学规律知,此过程所用时间为（﹣1）t0=0.4t０;线框穿出磁场的过程:磁通量减小,根据楞次定律分析可知，感应电流的方向为顺时针方向，电流为正值;感应电流大小I=﹣＝﹣.此过程所用时间为(﹣1)t0=０.32t0;根据数学知识分析得知，C正确．故选：C【点评】本题根据楞次定律判断出感应电流的方向，确定出电流的正负，根据E＝BＬv和欧姆定律得到电流的表达式,再选择图象,是常用的方法和思路．7．如图所示,斜面倾角为θ，从斜面的P点分别以v０和2v０的速度水平抛出A、Ｂ两个小球,不计空气阻力,若两小球均落在斜面上且不发生反弹,则（)A．A、B两球飞行时间之比为1:2B．A、Ｂ两球的水平位移之比为4：1C.A、B下落的高度之比为1：２Ｄ.Ａ、B两球落到斜面上的速度大小之比为1:4【考点】平抛运动.【专题】比较思想;合成分解法；平抛运动专题．【分析】小球落在斜面上,根据竖直位移和水平位移的关系求出运动的时间,结合初速度和公式求出水平位移之比．根据位移时间公式求出下落的高度之比.由速度的合成求两球落到斜面上的速度大小之比.【解答】解:A、对于任意一球,该球落在斜面上时有：tanθ＝=得，运动的时间ｔ=，因为Ａ、B两球的初速度之比为1:2，则运动的时间之比为1:2，故A正确.B、根据x=v0t知，水平位移之比为1：4，故B错误．C、下落的高度为h=，可得A、B下落的高度之比为１:４．故C错误.D、小球落在斜面上的速度大小v=，甲、乙两球的初速度之比为1:2，则运动的时间之比为1:2，则A、B两球落到斜面上的速度大小之比为１:２.故D错误．故选:A【点评】解决本题的关键知道平抛运动在水平方向和竖直方向上的运动规律,抓住位移关系求出时间是解决本题的突破口．８．如图所示，真空中同一水平线上固定两等量异种点电荷A、B，其中Ａ带负电、Ｂ带正电．C、D、Ｏ是分布在AＢ连线的垂线上的三个点,且AO＞ＢO.下列判断正确的是( ）Ａ.C、D两点的电势相等B．同一带负电的试探电荷在C点的电势能大于在D点的电势能C．C、Ｄ两点的电场强度的方向均水平向左Ｄ.同一试探电荷在Ｃ点受到的电场力比在D点受到的电场力小【考点】电场线;电场强度．【专题】定性思想；推理法；电荷守恒定律与库仑定律专题.【分析】电场线是从正电荷或者无穷远出发出，到无穷远处或负电荷为止，沿电场线的方向，电势降低，电场线密的地方电场的强度大,电场线疏的地方电场的强度小,电场力做正功，电势能减小,电场力做负功，电势能增加.然后结合等量异种点电荷的电场线和等势面分布解答即可．【解答】解:A、由等量异种点电荷的电场线和等势面分布可知，φＯ＞φD＞φＣ，故A错误；B、负电荷在电势低处电势能大，所以EｐC＞E pD，选项B正确;Ｃ、在ＡB连线中垂线上的各点电场强度方向水平向左,结合等量异种点电荷的电场线的分布可知,EＣ和ＥＤ的方向斜向左上，故C错误；D、由等量异种点电荷的电场线的分布可知，ＥC＜E D,所以同一试探电荷在C点受到的电场力比在D点受到的电场力小,故Ｄ正确.故选:BD【点评】本题要求掌握住等量异种电荷的电场的分布的情况,根据电场分布的特点可以分析本题.９．如图所示，矩形线圈面积为0.1m2，匝数为１0０,绕OO′轴在磁感应强度为T的匀强磁场中以角速度５π raｄ/s匀速转动.从图示位置开始计时.理想变压器原、副线圈的匝数分别为n1、n2，两电表均为理想电表,电阻R=5０Ω,其他电阻不计，下列判断正确的是( ）Ａ．在t＝0.1 s时，穿过线圈的磁通量最大Ｂ.＝时,变压器输入功率为50ＷC．Ｐ向上移动时，电压表示数变大D．Ｐ向上移动时，电流表示数变小【考点】变压器的构造和原理;电功、电功率；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．【专题】交流电专题.【分析】先求出转动周期，判断在t=0.１ｓ时线圈的位置，从而判断磁通量的大小;根据Eｍ=NBＳω求解原线圈电压最大值,进而求出有效值，根据原副线圈电压之比等于匝数比求出副线圈电压，根据功率公式求解功率，电压表和电流表读数为有效值.根据变压器的工作特点解答．【解答】解:A、周期T=，在t=0.1s=时,线圈平面与磁场垂直，磁通量为零,故Ａ错误;Ｂ、交流电的最大值，E m＝NBＳω=,则原线圈电压U1=10V，当时,副线圈电压Ｕ2=50Ｖ,则副线圈功率,所以输入功率也为5０Ｗ,故B正确;C、当P位置向上移动时,副线圈匝数变少，原副线圈电压之比等于线圈匝数比，所以副线圈电压变小,即电压表示数变小，根据Ｐ=可知,副线圈功率较小，则原线圈功率减小,原线圈电压不变，则原线圈电流减小，所以电流表示数减小，故Ｃ错误，D正确.故选：BD【点评】本题关键明确交流电的瞬时值、理想变压器的变压比公式、功率关系,难度不大，属于基础题.１０．如图所示，将一轻弹簧固定在倾角为30°的斜面底端，现用一质量为m的物体将弹簧压缩至Ａ点并锁定弹簧,解除锁定后，物体将沿斜面上滑，物体在运动过程中所能到达的最高点Ｂ距A点的竖直高度为ｈ，物体离开弹簧后沿斜面向上运动的加速度大小等于重力加速度g．则下列说法正确的是( )A.弹簧的最大弹性势能为mghB.物体从Ａ点运动到Ｂ点的过程中系统损失的机械能为mghC．物体的最大动能等于弹簧的最大弹性势能D．物体最终静止在B点【考点】机械能守恒定律；胡克定律．【专题】机械能守恒定律应用专题.【分析】物体离开弹簧后沿斜面向上运动的加速度大小等于重力加速度ｇ，可得知斜面不光滑,物体将受到沿斜面向下的摩擦力，且摩擦力大小为重力的一半;物体动能最大时,加速度为零;系统弹性势能最大时，弹簧压缩量最大;注意应用能量守恒的观点加以全程分析【解答】解：A、根据能量守恒,在物块上升到最高点的过程中,弹性势能变为物块的重力势能mgh和内能,故弹簧的最大弹性势能应大于ｍgh,故A错误；B、物体离开弹簧后沿斜面向上运动的加速度大小等于重力加速度ｇ，由牛顿第二定律得物块所受沿斜面向下的合力为,F=mg,而重力沿斜面向下的分量为ｍgsin30°＝，可知,物块必定受到沿斜面向下的摩擦力为f＝，摩擦力做功等于物体从A点运动到B点的过程中系统损失的机械能,W f＝ｆ＝mｇh,故B正确;C、物体动能最大时，加速度为零,此时物块必定沿斜面向上移动了一定距离,故损失了一部分机械能，所以动能小于弹簧的最大弹性势能，故C错误；Ｄ、由于物体到达B点后,瞬时速度为零,此后摩擦力方向沿斜面向上，与重力沿斜面向下的分力相抵消,物块将静止在B点,故D正确.故选：ＢD．【点评】注意挖掘“物体离开弹簧后沿斜面向上运动的加速度大小等于重力加速度g”的隐含信息，用能量守恒观点分析二、实验题（共1５分,12题（1)为３分，其余每空2分)１１.做匀变速直线运动的小车带动纸带通过打点计时器,打出的部分计数点如图所示（每相邻两个计数点间还有4个点，图中未画出），已知打点计时器使用的是5０Hz的交变电流，则打点计时器在打“1”时的速度v１＝０．491 m／s，平均加速度为a= 0.88０m/ｓ2.由计算结果可估计出第５个计数点与第6个计数点之间的距离最可能是8.８6 ｃm. (结果均保留３位有效数字).【考点】测定匀变速直线运动的加速度．【专题】实验题.【分析】根据匀变速直线运动的推论公式△x=aT2可以求出加速度的大小，根据匀变速直线运动中时间中点的速度等于该过程中的平均速度，可以求出打纸带上2点时小车的瞬时速度大小.【解答】解：（1）每相邻两点间还有四个点未画出来，所以相邻的计数点间的时间间隔Ｔ=０.１s,根据匀变速直线运动中时间中点的速度等于该过程中的平均速度，得：v1==m/s＝0.491ｍ/s（２)根据匀变速直线运动的推论公式△x＝aT2可以求出加速度的大小，得:x4﹣ｘ１=3ａ1T2x5﹣x２=3a2T2为了更加准确的求解加速度，我们对加速度取平均值得：ａ=（a1+ａ2)即小车运动的加速度计算表达式为:a=带入数据解得a=0.880m／ｓ2根据△x=aT2可得,x6＝x５+△ｘ=7.98+0.８8=８．86cm.故答案为:４.９１,0.8８0，8．８6【点评】要提高应用匀变速直线的规律以及推论解答实验问题的能力,在平时练习中要加强基础知识的理解与应用．１2．用伏安法测量一电池的内阻．已知该待测电池的电动势E约为９V，内阻约数十欧，允许输出的最大电流为50ｍA，可选用的实验器材有：电压表V１（量程５V)；电压表V２（量程10V）;电流表A1(量程50mA）;电压表A２（量程１00mA);滑动变阻器R(最大电阻300Ω）;定值电阻R1(阻值为20０Ω,额定功率为W);定值电阻Ｒ2（阻值为2２0Ω,额定功率为1W）;开关S;导线若干．测量数据如坐标纸上U﹣Ｉ图线所示．(1)在答题卡相应的虚线方框内画出合理的电路原理图，并标明所选器材的符号．（2）在设计的电路中,选择定值电阻的根据是定值电阻在电路中消耗的功率会超过Ｗ,Ｒ2的功率满足实验要求 .(３)由U﹣I图线求得待测电池的内阻为50 Ω.（４）在你设计的电路中，产生系统误差的主要原因是电压表分流 .。

2024届辽宁大连市普兰店区第二中学高三三月（在线）模拟考试物理试题试卷 注意事项1．考生要认真填写考场号和座位序号。

2．试题所有答案必须填涂或书写在答题卡上，在试卷上作答无效。

第一部分必须用2B 铅笔作答；第二部分必须用黑色字迹的签字笔作答。

3．考试结束后，考生须将试卷和答题卡放在桌面上，待监考员收回。

一、单项选择题：本题共6小题，每小题4分，共24分。

在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。

1、如图所示，是一测定风力仪器的结构图，悬挂在O 点的轻质细金属丝的下端固定一个质量为m 的金属球P ，在竖直平面内的刻度盘可以读出金属球P 自由摆动时摆线的摆角。

图示风向水平向左，金属球P 静止时金属丝与竖直方向的夹角为θ，此时风力F 的大小是（ ）A ．sin F mg θ=B ．cos F mg θ=C ．tan F mg θ=D ．cos mg F θ= 2、真空中的某装置如图所示，现有质子、氘核和α粒子都从O 点由静止释放，经过相同加速电场和偏转电场，射出后都打在同一个与'OO 垂直的荧光屏上，使荧光屏上出现亮点。

粒子重力不计。

下列说法中正确的是（ ）A ．在荧光屏上只出现1个亮点B ．三种粒子出偏转电场时的速度相同C ．三种粒子在偏转电场中运动时间之比为2∶1∶1D ．偏转电场的电场力对三种粒子做功之比为1∶2∶23、如图所示，a 、b 、c 、d 为圆上的四个点，ac 、bd 连线过圆心且相互垂直，置于圆心处带正电的点电荷在a 点产生的场强大小为E 。

若在该空间再施加一沿ac 方向的大小为2E 的匀强电场后，以下说法正确的是( )A ．a 点的场强大小为3E ，方向由c 到aB ．c 点的场强大小为3E ，方向由c 到aC ．b 、d 两点的场强相同，大小都为5ED ．b 、d 两点的场强不相同，但大小都为5E4、反质子的质量与质子相同，电荷与质子相反。

一个反质子从静止经电压U 1加速后，从O 点沿角平分线进入有匀强磁场（图中未画岀）的正三角形OAC 区域，之后恰好从A 点射岀。

2015-2016 学年辽宁省大连二十中高三（上）期末物理试卷一．选择题（本题共12 题，共40 分．此中第1-8 题只有一个选项正确，每题 3 分；第9-12 有多个选项正确，每题 3 分，所有选对得 4 分，选对但不全得2 分，有选错得0 分）1．以下对于物理学史和物理研究方法的表达中，正确的选项是（）A．用点电荷来取代带电体的研究方法叫微元法B．伽利略借助实验研究和逻辑推理得出了自由落体运动规律C．利用 v﹣ t 图象推导匀变速直线运动位移公式的方法是理想模型法D．法拉第发现电流的磁效应与他深信电和磁之间必定存在联系的哲学思想是分不开的2．以下图，在粗拙水平面上搁置 A 、B 、C、D 四个小物块，各小物块之间由四根完整相同的轻弹簧互相连结，正好构成一个菱形，∠BAD=120 °，整个系统保持静止状态．已知A 物块所受的摩擦力大小为 f ，则 D 物块所受的摩擦力大小为（）A ． f B． f C． f D． 2 f3．质量为 2kg 的物体静止在足够大的水平面上，物体与地面间的动摩擦因数为 0.2，最大静摩擦力和滑动摩擦力大小看为相等．从 t=0 时辰开始，物体遇到方向不变、大小呈周期性变2在 t=0 到 t=12s 这段时间内的位移大小为（）A ． 18m B． 54m C． 72m D． 198m4．以下图，水平面上固定有一个斜面，从斜面顶端向右平抛一只小球，当初速度为v0时，小球恰巧落到斜面底端，平抛的飞翔时间为t0．现用不一样的初速度 v 从该斜面顶端向右平抛这只小球，以下哪个图象能正确表示平抛的飞翔时间t 随 v 变化的函数关系（）A．B．C．D．5．以下图，内壁圆滑的半球形碗固定不动，其轴线垂直于水平面，两个质量同样的小球A 和 B 紧贴着内壁分别在以下图的水平面内做匀速圆周运动，则（）A ．球B．球C．球D．球A 的角速度小于球B 的角速度A 的线速度等小于球B 的线速度A 对碗壁的压力等于球B 对碗壁的压力A 的向心加快度大于球 B 的向心加快度6．若宇航员在月球表面邻近自高 h 处以初速度 v0水平抛出一个小球，测出小球的水平射程为L ．已知月球半径为 R，万有引力常量为 G．则以下说法正确的选项是（）A ．月球表面的重力加快度g 月 =B．月球的均匀密度ρ=C．月球的第一宇宙速度v=D．月球的质量m 月=7．两个等量异种点电荷位于x 轴上，相对原点对称散布，正确描绘电势φ随地点x 变化规律的是图（）A ．B ．C ．D ．8．以下图，一种射线管由平行金属板 A 、B 和平行于金属板的细管 C 构成．放射源 O 在 A 极板左端，能够向各个方向发射不一样速度、质量为 m 的电子．若极板长为 L ，间距为 d ，当 A 、B 板加上电压 U 时，只有某一速度的电子能从细管 C 水平射出，细管 C 离两板等距． 已知元电荷为 e ，则从放射源 O 发射出的电子的这一速度为（ ）A ．B ．C ．D ．9．以下图，在排球竞赛中，假定排球运动员某次发球后排球恰巧从网上面沿过网，排球网高 H=2.24m ，排球质量为 m=300g ，运动员对排球做的功为 W 1=20J ，排球运动过程中战胜空气阻力做功为 W 2=4.12J ，重力加快度 g=10m/s 2．球从手刚发出地点的高度 h=2.04m ， 选地面为零势能面，则（ ）A ．与排球从手刚发出对比较，排球恰巧抵达球网上面沿时重力势能的增添量为 6.72 JB ．排球恰巧抵达球网上面沿时的机械能为 22 JC ．排球恰巧抵达球网上面沿时的动能为15.88 JD ．与排球从手刚发出对比较，排球恰巧抵达球网上面沿时动能的减少许为 4.72 J10．以下图为经过弹射器研究轻弹簧的弹性势能的实验装置．半径为R 的圆滑圆形轨道竖直固定于圆滑水平面上并与水平川面相切于 B 点，弹射器固定于 A 处．某次实验过程中弹射器射出一质量为 m 的小球，恰能沿圆轨道内侧抵达最髙点 C，而后从轨道 D 处（ D 圆心等高）着落至水平面．忽视空气阻力，取重力加快度为 g．以下说法正确的选项是（与）A ．小球从 D 处着落至水平面的时间小于B．小球运动至最低点 B 时对轨道压力为5mgC．小球落至水平面时的动能为2mgRD．开释小球前弹射器的弹性势能为11．以下图，有一范围足够大的水平匀强磁场，磁感觉强度为B，一个质量为m、电荷量为+q 的带电小圆环套在一根固定的绝缘竖直长杆上，环与杆间的动摩擦因数为μ．现使圆环以初速度v0向上运动，经时间 t0圆环回到出发点，不计空气阻力，取竖直向上为正方向，以下描绘该过程中圆环的速度v 随时间 t、摩擦力 f 随时间 t、动能 E k最随位移x、机械能 E 随位移 x 变化规律的图象中，可能正确的选项是（）A．B．C．D．12．在圆滑的足够长的斜面上横放一电阻可忽视不计的金属杆，以下图，让金属杆从静止向下运动一段时间．已知此时间内重力做了W 1的功，金属杆战胜安培力做了W2的功，下列对于此过程的讲法正确的选项是（）A ．此过程中动能增添了（W 1﹣ W 2）B．此过程中机械能增添了（W 1﹣ W 2）C．此过程中重力势能减少了W 1D．此过程中回路中产生了W 2的电能二．填空题：（2 个小题，共12 分）13．“考证机械能守恒定律”的实验能够采纳如图 1 所示的甲或乙方案来进行．（1）比较这两种方案，（选填“甲”或“乙”）方案好些．（2）如图 2 所示是采纳甲方案时获取的一条纸带，在计算图中用以下不一样的方法进行，此中正确的选项是N 点速度时，几位同学分别A ． v N=8nT B． v N=C． v N=D． v N=g （ n﹣ 1）T ．14．小明同学想丈量一节旧干电池的电动势和内电阻，身旁仅有以下器械：一个多用电表、一个定值电阻 R1、一个滑动变阻器 R2（ 0～ 20Ω）、一个开关 S、导线若干．小明设计了实验原理图（如图甲所示），并进行了以下实验：①依据原理图，连结实验器械，且S 断开；②多用电表选择“R×1”挡，先，后用红表笔接 a 端，黑表笔接 b 端，记录下R1示数（如图乙所示）；③S 闭合，多用电表选择“直流电压 2.5V ”挡，表笔接 a 端，表笔接 b 端（选填“红”或“黑”），记录下示数 U1；而后再测出 b、c 间的电压，记录下示数U 2；④调理滑动变阻器，重复步骤③ ，获取以下表所示的 6 组数据；U1/V0.100.200.300.400.500.60U2/V 1.050.900.750.700.450.30（1）请你达成上述操作步骤中的三处填空；（2）由图乙可知R1丈量值为（3）请在如图丙所示的坐标纸中画出Ω；U 2﹣ U1关系图；（4）该电池的内电阻为Ω．（保存两位有效数字）三．计算题：（3 个小题，共33 分）15．以下图，在倾角为 30°的圆滑斜面上，一劲度系数为 K=200N/m 的轻质弹簧一端连结固定挡板 C 上，另一端连结一质量为 m=4Kg 的物体 A，一轻微绳经过定滑轮，一端系在物体 A 上，另一端与质量也为 m 的物体 B 相连，细绳与斜面平行，斜面足够长，用手托住物体 B使绳索恰巧没有拉力，而后由静止开释，求：（1）弹簧恢还原长时细绳上的拉力；（2）物体 A 沿斜面向上运动多远时获取最大速度；（3）物体 A 的最大速度大小．16．以下图，在平面直角坐标系xoy 内，第Ⅰ象限的等腰直角三角形MNP 地区内存在垂直于坐标平面向外的匀强磁场，y＜ 0 的地区内存在着沿y 轴正方向的匀强电场．一质量为m、电荷量为q 的带电粒子从电场中Q（﹣ 2h，﹣ h）点以速度v0水平向右射出，经坐标原点 O 处射入第Ⅰ象限，最后以垂直于PN 的方向射出磁场．已知MN 平行于 x 轴， N 点的坐标为（ 2h， 2h），不计粒子的重力，求：（1）电场强度的大小 E；（2）磁感觉强度的大小 B；（3）粒子从 Q 点运动到 N 点的时间 t．17．以下图，两平行导轨间距L=0.1m ，足够长圆滑的倾斜部分和粗拙的水平部分圆滑连接，倾斜部分与水平面的夹角θ=30 °，垂直斜面方向向上磁感觉强度 B=0.5T ，水平部分没有磁场．金属棒 ab 质量 m=0.005kg ，电阻 r=0.02Ω，运动中与导轨有优秀接触，而且垂直于导轨，电阻 R=0.08 Ω，其他电阻不计，当金属棒从斜面上离地高h=1.0m 以上任何地方由静止开释后，在水平面上滑行的最大距离x 都是 1.25m．（取 g=10m/s 2），求：（1）棒在斜面上的最大速度？（2）水平面的滑动摩擦因数？（3）从高度 h=1.0m 处滑下后电阻 R 上产生的热量？四．选考题：共 15 分．请从给出的三道题中任选一题作答，假如多做，则按所做的第一题计分【选修 3-3】18．以下说法中正确的选项是（）A．布朗运动其实不是液体分子的运动，但它说明分子永不暂停地做无规则运动B．叶面上的小露水呈球形是因为液体表面张力的作用C．液晶显示器是利用了液晶对光拥有各向异性的特色D．当两分子间距离大于均衡地点的间距r0时，分子间的距离越大，分子势能越小19．以下图，在长为L=57cm 的一端关闭、另一端张口向上的竖直玻璃管内，用的水银柱关闭着51cm 长的理想气体，管内外气体的温度均为33℃，大气压强4cm 高p0=76cmHg ．① 若迟缓对玻璃管加热，当水银柱上表面与管口恰巧相平常，求管中气体的温度；②若保持管内温度一直为 33℃，现将水银迟缓注入管中，直到水银柱上表面与管口相平，求此时管中气体的压强．【选修 3-4】（ 15 分）20．（ 2015?绥化校级一模） A 、 B 两列简谐横波均沿 x 轴正向流传，在某时辰的波形分别如图中甲、乙所示，经过时间 t（ t 小于 A 波的周期 T A），这两列简谐横波的波形分别变为图中丙、丁所示，则 A 、 B 两列波的波速v A、 v B之比可能是（）A．1：1 B．2： 1 C．1：2 D．3：1E．1：321．（ 2015?赣州二模）有一玻璃球冠，右边面镀银，光源S 就在其对称轴上，以下图．从光源 S 发出的一束光射到球面上，此中一部分光经球面反射后恰能竖直向上流传，另一部分光折入玻璃球冠内，经右边镀银面第一次反射恰能沿原路返回．若球面半径为R，玻璃折射率为，求光源S 与球冠极点M 之间的距离SM 为多大？【选修 3-5】（ 15 分）22．（ 2015 秋 ?大连校级期末）以下说法切合物理学史的是（）A．普朗克引入能量子的观点，得出黑体辐射的强度按波长散布的公式，与实验切合得特别好，并由此创始了物理学的新纪元B．康普顿效应表示光子拥有能量C．德布罗意把光的波粒二象性推行到实物粒子，以为实物粒子也拥有颠簸性D．汤姆逊经过α粒子散射实验，提出了原子拥有核式构造E．卢瑟福利用α粒子轰击氮核发现了质子，并预知了中子的存在23．（ 2015?宁城县三模）以下图，轻弹簧的两头与质量均为2m 的 B、C 两物块固定连结，静止在圆滑水平面上，物块 C 紧靠挡板但不粘连．另一质量为m 的小物块 A 以速度 v o从右向左与 B 发生弹性正碰，碰撞时间极短可忽视不计．（所有过程都在弹簧弹性限度范围内）求：（1） A 、 B 碰后瞬时各自的速度；（2）弹簧第一次压缩最短与第一次伸长最长时弹性势能之比．2015-2016 学年辽宁省大连二十中高三（上）期末物理试卷参照答案与试题分析一．选择题（本题共12 题，共40 分．此中第1-8 题只有一个选项正确，每题 3 分；第9-12 有多个选项正确，每题 3 分，所有选对得 4 分，选对但不全得 2 分，有选错得0 分）1．以下对于物理学史和物理研究方法的表达中，正确的选项是（）A．用点电荷来取代带电体的研究方法叫微元法B．伽利略借助实验研究和逻辑推理得出了自由落体运动规律C．利用 v﹣ t 图象推导匀变速直线运动位移公式的方法是理想模型法D．法拉第发现电流的磁效应与他深信电和磁之间必定存在联系的哲学思想是分不开的【考点】物理学史．【专题】定性思想；推理法；电场力与电势的性质专题．【剖析】物理学中对于多要素（多变量）的问题，经常采纳控制要素（变量）的方法，把多要素的问题变为多个单要素的问题；每一次只改变此中的某一个要素，而控制其他几个要素不变，从而研究被改变的这个要素对事物影响，分别加以研究，最后再综合解决，这类方法叫控制变量法；它是科学研究中的重要思想方法，控制变量法是初中物理中常用的研究问题和剖析解决问题的科学方法之一．等效代替法是指在研究某一个物理现象和规律中，因实验自己的特别限制或因实验器械等限制，不能够或很难直接揭露物理本质，而采纳与之相像或有共同特色的等效现象来代替的方法．【解答】解： A 、用质点取代本质物体是采纳了理想模型的方法，质点本质不存在，故 A 错误；B、伽利略在研究自由落体运动时采纳了推理的方法，故 B 正确；C、在推导匀变速直线运动位移公式时，把整个运动过程区分红好多小段，每一小段近似看作匀速直线运动，而后把各小段的位移相加，这里采纳了微元法，故 C 错误；D、法拉第发现电磁感觉现象，和他深信电与磁之间必定存在着联系的哲学思想分不开，故D错误；应选： B【评论】解决本题要知道常用的物理学研究方法：控制变量法、等效代替法、模型法、比较法、分类法、类比法、变换法等．2．以下图，在粗拙水平面上搁置 A 、B 、C、D 四个小物块，各小物块之间由四根完整相同的轻弹簧互相连结，正好构成一个菱形，∠BAD=120 °，整个系统保持静止状态．已知A 物块所受的摩擦力大小为 f ，则 D 物块所受的摩擦力大小为（）A ． fB ． fC ． fD ． 2 f【考点】 摩擦力的判断与计算；共点力均衡的条件及其应用． 【专题】 摩擦力专题．【剖析】 物体在水平面上受弹簧弹力和静摩擦力均衡，依据力的合成方法求解弹簧的弹力． 【解答】 解：已知 A 物块所受的摩擦力大小为 f ，设每根弹簧的弹力为 F ，则有： 2Fcos60°=f ，对 D ： 2Fcos30°=f ′，解得： f ′= F=f应选： C【评论】 本题观察了物体受共点力均衡和力的合成计算，难度不大．3．质量为 2kg 的物体静止在足够大的水平面上， 物体与地面间的动摩擦因数为 0.2，最大静摩擦力和滑动摩擦力大小看为相等．从 t=0 时辰开始，物体遇到方向不变、大小呈周期性变2在 t=0 到 t=12s 这段时间内的位移大小为（）A ． 18mB ． 54mC ． 72mD ． 198m 【考点】 匀变速直线运动规律的综合运用；牛顿第二定律．【剖析】 由滑动摩擦力的公式能够获取滑动摩擦力的大小，也就是最大静摩擦力的大小，再由牛顿第二定律能够判断物体的运动状况，从而由运动学的公式能够求得位移．【解答】 解：拉力只有大于最大静摩擦力时，物体才会由静止开始运动0～ 3 s 时： F=f max ，物体保持静止，s 1=0；3～ 6 s 时： F ＞ f max ，物体由静止开始做匀加快直线运动．a= 2， v=at=6 m/s ， s 2 2m/s = at =9 m ，6～ 9 s 时： F=f ，物体做匀速直线运动．s =vt=18m3 2为加快度持续做匀加快直线运动，9～ 12 s 时： F ＞ f ，物体以 6 m/s 为初速度，以 2m/s s 4=vt+ 2at =27m ，所以物体的总位移是 s 1+s 2+s 3+s 4=54 m ．应选 B ．【评论】本题观察学生的读图的能力，要能够依据 F﹣ t 图象剖析物体的运动状况，需要注意的是在 0～ 3 s 时拉力恰巧等于最大静摩擦力，此时的物体还不会运动．4．以下图，水平面上固定有一个斜面，从斜面顶端向右平抛一只小球，当初速度为v0时，小球恰巧落到斜面底端，平抛的飞翔时间为t0．现用不一样的初速度 v 从该斜面顶端向右平抛这只小球，以下哪个图象能正确表示平抛的飞翔时间t 随 v 变化的函数关系（）A．B．C．D．【考点】平抛运动．【专题】平抛运动专题．【剖析】依据小球落在斜面上，联合竖直位移与水平位移的关系求出运动的时间．小球落在地面上，高度必定，则运动时间必定．【解答】解：当小球落在斜面上时，有：tanθ=，解得t=，与速度v 成正比．当小球落在地面上，依据h=得， t=，知运动时间不变．可知t 与v 的关系图线先是过原点的一条倾斜直线，而后是平行于横轴的直线．故 C 正确， A 、B、D 应选： C．【评论】解决本题的要点知道平抛运动在水平方向和竖直方向上的运动规律，式灵巧求解．错误．联合运动学公5．以下图，内壁圆滑的半球形碗固定不动，其轴线垂直于水平面，两个质量同样的小球A 和 B 紧贴着内壁分别在以下图的水平面内做匀速圆周运动，则（）A ．球 A 的角速度小于球B 的角速度B．球C．球D．球A 的线速度等小于球A 对碗壁的压力等于球A 的向心加快度大于球B 的线速度B 对碗壁的压力B 的向心加快度【考点】线速度、角速度和周期、转速；匀速圆周运动．【专题】定量思想；方程法；匀速圆周运动专题．【剖析】球受重力和支持力，靠重力和支持力的协力供给圆周运动的向心力，依据 F 合=ma=═ mrω2，比较线速度、角速度和向心加快度的大小．并比较支持力的大小，从而能比较压力的大小．【解答】解： ABD 、对于随意一球，设其轨道处半球形碗的半径与竖直方向的夹角为θ，半球形碗的半径为 R．依据重力和支持力的协力供给圆周运动的向心力，得：F 合 =mgtanθ=ma==mr ω2又 r=Rsin θ联立得： v=，a=gtanθ，R 必定，可知θ越大，线速度速度大于球 B 的线速度，球 A 向心加快度．故 AB 错误， Dv 越大、角速度ω越大、向心加快度 a 越大，所以球 A 的线的角速度大于球 B 的角速度，球 A 的向心加快度大于球 B 的正确．C、受力剖析可知：球所受的支持力F N=，θ越大， F N越大，则碗对 A 球的支持力较大，由牛顿第三定律知球 A 对碗壁的压力大于球 B 对碗壁的压力， C 错误．应选： D【评论】解决本题的要点知道小球做匀速圆周运动，靠重力和支持力的协力供给向心力，能灵巧选择向心力的公式，由牛顿运动定律列式剖析．6．若宇航员在月球表面邻近自高h 处以初速度 v0水平抛出一个小球，测出小球的水平射程为 L ．已知月球半径为R，万有引力常量为G．则以下说法正确的选项是（）A ．月球表面的重力加快度g 月 =B．月球的均匀密度ρ=C．月球的第一宇宙速度v=D．月球的质量m 月=【考点】万有引力定律及其应用．【专题】定量思想；方程法；万有引力定律的应用专题．【剖析】宇航员在月球上自高 h 处以初速度 v0水平抛出一物体，测出物体的水平射程为 L ，依据水平射程和初速度求出运动的时间，依据 h= gt 2求出月球表面的重力加快度大小；由g=求得月球的质量；依据重力供给向心力争出卫星的第一宇宙速度；由质量与半径可求得均匀密度．【解答】解： A 、平抛运动的时间t=．再依据h= gt 2，得 g 月=，故A错误；B、由 g 月=与g月=，可得：m月=，所以月球的均匀密度ρ==．故B正确．C、第一宇宙速度：v===，故C错误；D 、由 g 月 =与g月=，可得：m月=，故D错误；应选： B．【评论】解决本题的要点知道平抛运动在水平方向上和竖直方向上的运动规律，以及掌握万有引力供给向心力以及万有引力等于重力这两个理论的运用．7．两个等量异种点电荷位于x 轴上，相对原点对称散布，正确描绘电势φ随地x 变化规点律的是图（）A．B．C．D．【考点】电势；电场的叠加．【专题】电场力与电势的性质专题．【剖析】本题依据电场线的性质，沿电场线的方向电势降低进行判断即可．【解答】解：两个等量异号电荷的电场线以以下图，依据“沿电场线方向电势降低”的原理，从左边无量远处向右电势应高升，正电荷所在地点处最高；而后再慢慢减小，O 点处电势为零，则O 点右边电势为负，同理抵达负电荷时电势最小，经过负电荷后，电势开始高升，直到无量远处，电势为零；故 B 、 C、 D 是错误的；A正确．应选： A．【评论】本题中应明确沿电场线的方向电势降低；而且异号电荷连线的中垂线上的电势为零；因为此中垂线为等势面，与无量远处电势相等．8．以下图，一种射线管由平行金属板 A 、B 和平行于金属板的细管 C 构成．放射源O 在A 极板左端，能够向各个方向发射不一样速度、质量为m 的电子．若极板长为L ，间距为d，当 A 、B 板加上电压U 时，只有某一速度的电子能从细管 C 水平射出，细管 C 离两板等距．已知元电荷为e，则从放射源O 发射出的电子的这一速度为（）A ．B ．C．D．【考点】带电粒子在匀强电场中的运动．【专题】带电粒子在电场中的运动专题．【剖析】当 A 、B 板加上电压 U 时，只有某一速度的电子能从细管 C 水平射出，逆过来看，该粒子做类平抛运动，经过类平抛运动求出粒子的末速度，即为放射源O 发射出的电子的速度．【解答】解：将从细管 C 水平射出的电子逆过来看，时类平抛运动，则有：水平方向上：L=v0t，竖直方向上，a=，联立解得：，而，所以：v=．故 C 正确， A 、B、D 错误．应选 C．【评论】本题采纳逆向思想，要点掌握求解类平抛运动的方法，类平抛运动在水平方向上做匀速直线运动，在竖直方向上做初速度为零的匀加快直线运动．9．以下图，在排球竞赛中，假定排球运动员某次发球后排球恰巧从网上面沿过网，排球网高 H=2.24m ，排球质量为 m=300g，运动员对排球做的功为 W 1=20J，排球运动过程中战胜空气阻力做功为 W2=4.12J，重力加快度 g=10m/s 2．球从手刚发出地点的高度 h=2.04m，选地面为零势能面，则（）A ．与排球从手刚发出对比较，排球恰巧抵达球网上面沿时重力势能的增添量为 6.72 J B．排球恰巧抵达球网上面沿时的机械能为22 JC．排球恰巧抵达球网上面沿时的动能为15.88 JD．与排球从手刚发出对比较，排球恰巧抵达球网上面沿时动能的减少许为 4.72 J【考点】功能关系．【剖析】重力势能的增添量由战胜重力做功求解．依据功能原理求排球恰巧抵达球网上面沿时的机械能．由动能定理求排球恰巧抵达球网上面沿时的动能．与排球从手刚发出对比较，可求得排球恰巧抵达球网上面沿时动能的减少许．【解答】解： A 、与排球从手刚发出对比较，排球恰巧抵达球网上面沿时重力势能的增添量为 mg（ H﹣ h） =0.3×10×（ 2.24﹣ 2.04）=0.6 J，故 A 错误；B、依据功能关系可得，排球恰巧抵达球网上面沿时的机械能为mgh+W 1﹣W2=0.3×10×2.04+20﹣ 4.12=22 J，故 B 正确；C、由动能定理可知：排球恰巧抵达球网上面沿时的动能为W 1﹣ W 2﹣ mg（ H﹣ h）=15.28 J，故C错误；D、与排球从手刚发出对比较，排球恰巧抵达球网上面沿时动能的减少许为W 2+mg（ H﹣ h）=4.72 J，故 D 正确．应选： BD【评论】本题观察了动能定理、重力势能的变化及功能关系的直策应用，要点要正确剖析功与能的关系，判断能量是怎样转变的．10．以下图为经过弹射器研究轻弹簧的弹性势能的实验装置．半径为R 的圆滑圆形轨道竖直固定于圆滑水平面上并与水平川面相切于 B 点，弹射器固定于 A 处．某次实验过程中弹射器射出一质量为 m 的小球，恰能沿圆轨道内侧抵达最髙点 C，而后从轨道 D 处（ D 圆心等高）着落至水平面．忽视空气阻力，取重力加快度为 g．以下说法正确的选项是（与）A ．小球从 D 处着落至水平面的时间小于B．小球运动至最低点 B 时对轨道压力为5mgC．小球落至水平面时的动能为2mgRD．开释小球前弹射器的弹性势能为【考点】功能关系；向心力；动能定理．【剖析】小球从被弹出后机械能守恒；在最高点应保证重力充任向心力，由临界条件可求得最高点的速度；由机械能守恒可求得 B 点的压力、小球抵达水平面的动能及开始时的机械能．【解答】解： A 、小球恰巧经过最高点，则由mg=m，解得v=；小球从 C 到D 的过程中机械能守恒，则有mgR=﹣mv 2；解得vD=；小球由 D 到地面做匀加快直线运动；若做自由落体运动时，由R=故A正确；B、由 B 到 C 过程中，机械能守恒，则有：可得，t=mg2R=；而此刻有初速度，故时间小于﹣； B 点时由牛顿第二定律；有： F﹣ mg=m；联立解得，F=6mg，故 B 错误；C、对 C 到地面过程由机械能守恒得：k﹣=mg2R ；E K=2.5mgR；故 C 错误；ED、小球弹出后的机械能等于弹射器的弹性势能；故弹性势能为 E=mg2R+=；故D正确；应选： AD ．【评论】本题观察功能关系及机械能守恒定律，要注意明确系统只有重力及弹簧的弹力做功，故机械能守恒；正确选择初末状态即可顺利求解．11．以下图，有一范围足够大的水平匀强磁场，磁感觉强度为B，一个质量为m、电荷量为+q 的带电小圆环套在一根固定的绝缘竖直长杆上，环与杆间的动摩擦因数为μ．现使圆环以初速度v0向上运动，经时间 t0圆环回到出发点，不计空气阻力，取竖直向上为正方向，以下描绘该过程中圆环的速度v 随时间 t、摩擦力 f 随时间 t、动能 E k最随位移x、机械能 E 随位移 x 变化规律的图象中，可能正确的选项是（）A．B．C．D．【考点】带电粒子在混淆场中的运动．【专题】带电粒子在磁场中的运动专题．【剖析】小球受重力、洛伦兹力、支持力和滑动摩擦力，而后依据牛顿第二定律列式剖析求解．。

辽师大附中2015—2016学年上学期第二次模块考试高一物理试题第I卷选择题（共60分）一、选择题（本题共有10个小题，每题6分，其中第1、5、9、10题为多项选择题，选不全得3分，不选或有错误选项不得分）1.（多选）下列说法中正确的是A．物体抵抗运动状态变化的性质是惯性B．牛顿第一定律、牛顿第二定律都可以通过实验来验证C．单位m、kg、s是一组属于国际单位制的基本单位D．根据速度定义式v＝ΔxΔt，当Δt→0时，ΔxΔt就可以表示物体在t时刻的瞬时速度，该定义运用了极限思维法2.粗糙水平面上放有P、Q两个木块，它们的质量依次为m1、m2，与水平面间的动摩擦因数依次为μ1、μ2.分别对它们施加水平拉力F，它们的加速度a随拉力F变化的规律如图所示．下列判断正确的是A．m1>m2，μ1>μ2B．m1>m2，μ1<μ2C．m1<m2，μ1>μ2D．m1<m2，μ1<μ23．如图所示，一只小鸟沿着较粗的均匀树枝从右向左缓慢爬行，在小鸟从A运动到B的过程中A．树枝对小鸟的合作用力先减小后增大B．树枝对小鸟的摩擦力先减小后增大C．树枝对小鸟的弹力先减小后增大D．树枝对小鸟的弹力保持不变4．将一质量为m的小球靠近墙面竖直向上抛出，图甲是向上运动的频闪照片，图乙是下降时的频闪照片，O是运动的最高点，甲、乙两次的闪光频率相同．重力加速度为g，假设小球所受阻力大小不变，则可估算小球受到的阻力大小约为A ．mg B. 13mg C. 12mg D.110mg5．（多选）如图所示，质量为M ＝5 kg 的箱子B 置于光滑水平面上，箱子底板上放一个质量为m 2＝1 kg 的物体C ，质量为m 1＝2 kg 的物体A 经跨过定滑轮的轻绳与箱子B 相连，在A 加速下落的过程中，C 与箱子B 始终保持相对静止．不计定滑轮的质量和一切阻力，g 取10 m/s 2，下列说法正确的是A ．物体A 处于失重状态B ．物体A 的加速度大小为2.5 m/s 2C ．物体C 对箱子B 的静摩擦力大小为2.5 ND ．轻绳对定滑轮的作用力大小为30 N6. 如图所示，左侧是倾角为 60°的斜面、右侧是14圆弧面的物体固定在水平地面上，圆弧面底端的切线水平，一根两端分别系有质量为m 1、m 2小球的轻绳跨过其顶点上的小滑轮．当它们处于平衡状态时，连接m 2小球的轻绳与水平线的夹角为60°，不计一切摩擦，两小球可视为质点．两小球的质量之比m 1∶m 2等于A ．1∶1B ．3∶4C ．3∶2D ．2∶37.如图所示，在光滑水平面上有一质量为M 的斜劈，其斜面倾角为 ，一质量为m 的物体放在其光滑斜面上，现用一水平力F 推斜劈，恰使物体m 与斜劈间无相对滑动，则斜劈对物块m 的弹力大小为8．用轻弹簧竖直悬挂质量为2m 的物体，静止时弹簧的伸长量为L ，现用该弹簧沿斜面方向拉住质量为2m 的物体，系统静止时弹簧伸长量也为L ，斜面倾角为30°，如图所示．则物体所受摩擦力A ．等于零B．大小为mg，方向沿斜面向下C．大小为32mg，方向沿斜面向上D．大小为mg，方向沿斜面向上9．（多选）如图所示,传送带的水平部分长为L,传动速率为v,在其左端无初速释放一小木块,若木块与传送带间的动摩擦因数为μ,则木块从左端运动到右端的时间可能是A. Lv+2vgμ B.LvC. D.2Lv10.(多选)一质量为M的斜劈静止于粗糙的水平地面上，在其斜面上放一质量为m的滑块，若给滑块一斜向下的初速度v0，则滑块正好保持匀速下滑，如图所示，现在滑块下滑的过程中再加一个作用力，则以下说法正确的是()A．在滑块上加一竖直向下的力F1，则滑块将保持匀速运动，斜劈对地无摩擦力的作用B．在滑块上加一个沿斜面向下的力F2，则滑块将做加速运动，斜劈对地有水平向左的静摩擦力的作用C．在滑块上加水平向右的力F3，则滑块将做减速运动，在滑块停止前斜劈对地有向右的静摩擦力的作用D．无论在滑块上加什么方向的力，在滑块停止前斜劈对地都无静摩擦力的作用第Ⅱ卷（非选择题40分）二、实验题（本题共有2道小题，每空2分，共10分）11.某同学将力传感器固定在小车上，然后把绳的一端固定在传感器拉钩上，用来测量绳对小车的拉力，探究在小车及传感器总质量不变时加速度跟它们所受拉力的关系，根据所测数据在坐标系中作出了如图所示的a-F 图象．(1)图线不过坐标原点的原因是__________________________________________________________________ _________________________________________________________________；(2)本实验中是否需要砂和桶的总质量远小于小车和传感器的总质量________(填“是”或“否”)；(3)由图象求出小车和传感器的总质量为________ kg.12．如图所示，用A 、B 两弹簧测力计拉橡皮条，使其伸长到O 点(α＋β＜π2)，现保持A 的读数不变，而使夹角减小，适当调整弹簧测力计B 的拉力大小和方向，可使O 点保持不变，这时：(1)B 的示数应是A ．一定变大B ．一定不变C ．一定变小D ．变大、不变、变小均有可能(2)夹角β的变化应是 A ．一定变大 B ．一定不变C ．一定变小D ．变大、不变、变小均有可能三、计算题（共有2道小题，第13题13分，第14题17分，共30分）13.一个静止在倾角为30°的长斜面上的物体，被向下轻轻一推，它刚好能匀速下滑．若给此物体一个v 0＝8 m/s 沿斜面向上的初速度，取g ＝10 m/s 2，则物体经过t ＝1 s 时间所通过的距离是多少？14．如图所示，质量为M＝2 kg的足够长的木板A静止在水平地面上，其上表面水平，木板A与地面间的动摩擦因数为μ1＝0.1，一个质量为m＝3 kg的小物块B(可视为质点)静止于A的左端，小物块B与木板A间的动摩擦因数为μ2＝0.3。

辽宁省大连二十中2016届高三上学期月考物理试卷（12月份）二、选择题（本题包括6小题，共48分．14--18小题给出的四个选项中，只有一个选项正确，191小题有多个选项正确，全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分）1．在物理学发展的过程中，许多物理学家的科学发现推动了人类历史的进步．下列说法中不正确的是（）A．牛顿把地面上物体运动的规律和天体运动的规律统一了起来，建立了万有引力定律B．伽利略以实验和数学推理相结合的科学研究方法得到了落体运动规律C．开普勒首先总结了导体的电阻与其长度和横截面积的关系D．奥斯特发现了电流的磁效应2．如图为一种改进后的回旋加速器示意图，其中盒缝间的加速电场场强大小恒定，且被限制在AC板间，虚线中间不需加电场，如图所示，带电粒子从P0处以速度v0沿电场线方向射入加速电场，经加速后再进入D形盒中的匀强磁场做匀速圆周运动，对这种改进后的回旋加速器，下列说法正确的是（）A．带电粒子每运动一周被加速两次B．带电粒子每运动一周P1P2=P3P4C．加速粒子的最大速度与D形盒的尺寸有关D．加速电场方向需要做周期性的变化3．如图所示，竖直平面内有一金属环，半径为a，总电阻为R（指拉直时两端的电阻），磁感应强度为B的匀强磁场垂直穿过环平面，在环的最高点A用铰链连接长度为2a、电阻为的导体棒AB，AB由水平位置紧贴环面摆下，当摆到竖直位置时，B点的线速度为v，则这时AB两端的电压大小为（）A．B．C．D．Bav4．如图所示，正方形ABCD处于真空中一对等量异种点电荷形成的电场中，点电荷和正方形共面，已知AC连线为电场中的一条等势线（图中未画出），下列分析正确的是（）A．B、D两点场强大小一定相等B．B、D两点场强方向一定相同C．B、D两点电势可能相等D．A、C两点场强大小一定相等5．如图所示，两条平行虚线之间存在匀强磁场，磁场方向垂直纸面向里，虚线间的距离为L，金属圆环的直径也为L．自圆环从左边界进入磁场开始计时，以垂直于磁场边界的恒定速度υ穿过磁场区域．规定逆时针方向为感应电流i的正方向，则圆环中感应电流i随其移动距离χ变化的i～χ图象最接近图中的（）A．B．C．D．6．如图所示，光滑轨道MO和ON底端对接且=2，M、N两点高度相同．小球自M点由静止自由滚下，忽略小球经过O点时的机械能损失，以v、s、a、E k分别表示小球的速度、位移、加速度和动能四个物理量的大小．下列图象中能正确反映小球自M点到N点运动过程的是（）A． B． C． D．7．如图所示，L是自感系数很大的线圈，但其自身的电阻几乎为零．A和B是两个完全相同的灯泡，则下列说法中正确的有（）A．当开关S闭合瞬间，A、B两灯同时亮，最后B灯熄灭B．当开关S断开瞬间，A、B两灯同时熄灭C．当开关S断开瞬间，a点电势比b点电势低D．当开关S断开瞬间，流经灯泡B的电流是由a到b8．如图所示，带负电的物块A放在足够长的不带电的绝缘小车B上，两者均保持静止，置于垂直于纸面向里的匀强磁场中，在t=0时刻用水平恒力F向左推小车B．已知地面光滑，A、B接触面粗糙，A所带电荷量保持不变，下列四图中关于A、B的v﹣t图象及A、B之间摩擦力F f﹣t图象大致正确的是（）A．B．C．D．三、非选择题：（包括必考题和选考题两部分．第22-32题为必考题，每个试题考生都作答；第33题-40题为选考题，考生根据要求作答．）（一）必考题（共129分）9．2016届高三理科班一兴趣小组的实验装置如图1所示，通过电磁铁控制的小球从A点自由下落，下落过程中经过光电门B时，通过与之相连的毫秒计时器（图中未画出）记录下挡光时间t，测出A、B之间的距离h．实验前应调整光电门位置使小球下落过程中球心通过光电门中的激光束．①若用该套装置验证机械能守恒，已知重力加速度为g，还需要测量的物理量为A．A点与地面间的距离H B．小球的质量mC．小球从A到B的下落时间t AB D．小球的直径d②用游标卡尺测得小球直径如图2所示，则小球直径为cm，某次小球通过光电门毫秒计数器的读数为3ms，则该次小球通过光电门B时的瞬时速度大小为 v=m/s．10．（1）某同学选择多用电表的“×10”挡测量一电阻的阻值．正确操作后得到如图a所示的指针情况．则电阻的阻值约为Ω．为了精确测量该电阻的阻值，该同学从实验室找来了下列器材：电流表A1（0～40mA、内阻r1=10Ω）电流表A2（0～100mA、内阻r2≈5Ω）滑动变阻器R（0～10Ω）定值电阻R0（阻值为100Ω）电源E（电动势6V、有内阻）开关、导线若干①实验中要求调节范围尽可能大，在方框内画出符合要求的电路图．②用I1、I2分别表示电流表A1、A2的示数，该同学通过描点得到了如图b所示的I1﹣I2图象，则电阻的阻值为Ω11．在甲图中，带正电粒子从静止开始经过电势差为U的电场加速后，从G点垂直于MN进入偏转磁场．该偏转磁场是一个以直线MN为上边界、方向垂直于纸面向外的匀强磁场，磁场的磁感应强度为B，带电粒子经偏转磁场后，最终到达照相底片上的H点，如图甲所示，测得G、H间的距离为d，粒子的重力可忽略不计．（1）设粒子的电荷量为q，质量为m，求该粒子的比荷；若偏转磁场的区域为圆形，且与MN相切于G点，如图乙所示，其它条件不变．要保证上述粒子从G点垂直于MN进入偏转磁场后不能打到MN边界上（MN足够长），求磁场区域的半径应满足的条件．12．如图甲所示，MN、FQ为间距L=0.5m且足够长的粗糙平行导轨，NQ⊥MN，导轨的电阻均不计．导轨平面与水平面间的夹角θ=37°，NQ间连接有一个R=4Ω的电阻．有一匀强磁场垂直于导轨平面且方向向上，磁感应强度为B0=1T．将一根质量为m=0.05kg、内阻为r的金属棒ab紧靠NQ放置在导轨上，且与导轨接触良好．现由静止释放金属棒，当金属棒滑行至cd处时刚好达到稳定速度，已知在此过程中通过金属棒截面的电量q=0.2C，且金属棒的加速度a与速度v的关系如图乙所示，设金属棒沿导轨向下运动过程中始终与NQ平行．（g=10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8）．求：（1）金属棒与导轨平面间的动摩擦因数μ和金属棒的内阻r；金属棒滑行至cd处的过程中，电阻R上产生的热量．二.选考题：13．有一水平传送带AB长L=8m，距离水平地面h=5m，地面上C点在传送带右端点B的正下方．一小物块以水平初速度v0=2m/s自A点滑上传送带，它与传送带间的动摩擦因数μ=0.2．（取g=10m/s2）（1）若传送带静止不动，求小物块滑行的距离；若传送带正以恒定速度向右传送，小物块从A点滑上传送带经时间t后落在D点，CD长S=3m．求时间t．辽宁省大连二十中2016届高三上学期月考物理试卷（12月份）参考答案与试题解析二、选择题（本题包括6小题，共48分．14--18小题给出的四个选项中，只有一个选项正确，191小题有多个选项正确，全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分）1．在物理学发展的过程中，许多物理学家的科学发现推动了人类历史的进步．下列说法中不正确的是（）A．牛顿把地面上物体运动的规律和天体运动的规律统一了起来，建立了万有引力定律B．伽利略以实验和数学推理相结合的科学研究方法得到了落体运动规律C．开普勒首先总结了导体的电阻与其长度和横截面积的关系D．奥斯特发现了电流的磁效应【考点】物理学史．【专题】常规题型．【分析】根据物理学史和常识解答，记住著名物理学家的主要贡献即可．【解答】解：A、牛顿把地面上物体运动的规律和天体运动的规律统一了起来，建立了万有引力定律，故A正确；B、伽利略以实验和数学推理相结合的科学研究方法得到了落体运动规律，故B正确；C、欧姆首先总结了导体的电阻与其长度和横截面积的关系，故C错误；D、奥斯特发现了电流的磁效应，故D正确；本题选不正确的，故选：C．【点评】本题考查物理学史，是常识性问题，对于物理学上重大发现、发明、著名理论要加强记忆，这也是考试内容之一．2．如图为一种改进后的回旋加速器示意图，其中盒缝间的加速电场场强大小恒定，且被限制在AC板间，虚线中间不需加电场，如图所示，带电粒子从P0处以速度v0沿电场线方向射入加速电场，经加速后再进入D形盒中的匀强磁场做匀速圆周运动，对这种改进后的回旋加速器，下列说法正确的是（）A．带电粒子每运动一周被加速两次B．带电粒子每运动一周P1P2=P3P4C．加速粒子的最大速度与D形盒的尺寸有关D．加速电场方向需要做周期性的变化【考点】质谱仪和回旋加速器的工作原理．【分析】带电粒子经加速电场加速后，进入磁场发生偏转，电场被限制在A、C板间，只有经过AC板间时被加速，所以运动一周加速一次，电场的方向不需改变．当带电粒子离开回旋加速器时，速度最大．【解答】解：A、带电粒子只有经过AC板间时被加速，即带电粒子每运动一周被加速一次．电场的方向没有改变，则在AC间加速．故A、D错误．B、根据r=得，则P1P2=2（r2﹣r1）=，因为每转一圈被加速一次，根据v2﹣v12=2ad，知每转一圈，速度的变化量不等，且v3﹣v2＜v2﹣v1，则P1P2＞P3P4．故B错误．C、当粒子从D形盒中出来时，速度最大，根据r=得，v=，知加速粒子的最大速度与D形盒的半径有关．故C正确．故选：C．【点评】解决本题的关键知道该回旋加速器的原理，知道粒子每转一圈，加速一次，且都在AC间加速，加速的电场不需改变．3．如图所示，竖直平面内有一金属环，半径为a，总电阻为R（指拉直时两端的电阻），磁感应强度为B的匀强磁场垂直穿过环平面，在环的最高点A用铰链连接长度为2a、电阻为的导体棒AB，AB由水平位置紧贴环面摆下，当摆到竖直位置时，B点的线速度为v，则这时AB两端的电压大小为（）A．B．C．D．Bav【考点】导体切割磁感线时的感应电动势．【专题】电磁感应与电路结合．【分析】当摆到竖直位置时，先由感应电动势公式E=BL，求出导体棒产生的感应电动势，再根据欧姆定律求解AB两端的电压大小．【解答】解：当摆到竖直位置时，导体棒产生的感应电动势为：E=B•2a=2Ba=Bav；金属环并联的电阻为：R并==AB两端的电压是路端电压，AB两端的电压大小为：U=E=Bav=故选：A【点评】本题是电磁感应与电路的结合问题，关键是弄清电源和外电路的构造，然后根据电学知识进一步求解，容易出错之处是把AB间的电压看成是内电压，得到结果是Bav．4．如图所示，正方形ABCD处于真空中一对等量异种点电荷形成的电场中，点电荷和正方形共面，已知AC连线为电场中的一条等势线（图中未画出），下列分析正确的是（）A．B、D两点场强大小一定相等B．B、D两点场强方向一定相同C．B、D两点电势可能相等D．A、C两点场强大小一定相等【考点】电势；电场强度．【专题】电场力与电势的性质专题．【分析】等量异号电荷的等势面中，只有中垂线是直线，其他都是曲线；等势面与电场线垂直，沿着电场线方向，电势是降低的．【解答】解：A、B、已知AC连线为电场中的一条等势线，而等量异号电荷的等势面中只有中垂线是直线，故AC的连线是等量异号电荷的连线的中垂线，B、D两点关于中垂线对称，故电场强度的大小一定相等，但方向一定不相同，故A正确，B错误；C、AC是等势面，电场线与等势面垂直，沿着电场线电势降低，故B、D的电势一定不相等，故C错误；D、AC是等势面，但电荷不一定在BD连线上，可以偏向A侧或B侧，故A、C两点场强大小不一定相等，故D错误；故选：A．【点评】本题关键是结合等量异号电荷的电场线和等势面的分布图进行分析，注意电场强度的矢量性，基础题目．5．如图所示，两条平行虚线之间存在匀强磁场，磁场方向垂直纸面向里，虚线间的距离为L，金属圆环的直径也为L．自圆环从左边界进入磁场开始计时，以垂直于磁场边界的恒定速度υ穿过磁场区域．规定逆时针方向为感应电流i的正方向，则圆环中感应电流i随其移动距离χ变化的i～χ图象最接近图中的（）A．B．C．D．【考点】导体切割磁感线时的感应电动势；右手定则．【专题】压轴题．【分析】根据楞次定律可判断出圆环进磁场过程中和出磁场过程中的感应电流方向，根据切割的有效长度在变化，知感应电动势以及感应电流的大小也在变化．【解答】解：根据楞次定律，在进磁场的过程中，感应电流的方向为逆时针方向；在出磁场的过程中，感应电流的方向为顺时针方向．在进磁场的过程中，切割的有效长度先增加后减小，出磁场的过程中，切割的有效长度先增加后减小．所以感应电流的大小在进磁场的过程中先增大后减小，出磁场的过程中也是先增大后减小．故A正确，B、C、D错误．故选A．【点评】解决本题的关键掌握楞次定律判定感应电流的方向，以及掌握切割产生的感应电动势E=BLv．知道L为有效长度．6．如图所示，光滑轨道MO和ON底端对接且=2，M、N两点高度相同．小球自M点由静止自由滚下，忽略小球经过O点时的机械能损失，以v、s、a、E k分别表示小球的速度、位移、加速度和动能四个物理量的大小．下列图象中能正确反映小球自M点到N点运动过程的是（）A． B． C． D．【考点】牛顿第二定律；匀变速直线运动的图像；动能．【分析】小球在两个斜面上都做匀变速运动，根据速度时间关系公式和位移时间关系公式可以得出速度和位移与时间的图象特点，再根据动能表达式进一步得到动能与时间的图形特点．【解答】解：A、小球运动过程中，在两个斜面上都受到恒力作用而沿斜面做匀变速直线运动，速度先增加后减小，根据速度时间关系公式，可知两段运动过程中的v﹣t图都是直线，故A正确；B、由于在两个斜面上都是匀变速运动，根据位移时间关系公式，可知位移﹣﹣时间图象是曲线，故B错误；C、加速度的大小与斜面的倾角大小有关，倾角确定，加速度大小确定，因而C错误；D、速度与时间是一次函数关系，动能与速度的二次方成正比，故动能与时间也是二次函数关系，因而D也错误；故选A．【点评】本题关键根据速度时间公式和位移时间公式以及动能表达式得出速度、位移和动能随时间变化的特点．7．如图所示，L是自感系数很大的线圈，但其自身的电阻几乎为零．A和B是两个完全相同的灯泡，则下列说法中正确的有（）A．当开关S闭合瞬间，A、B两灯同时亮，最后B灯熄灭B．当开关S断开瞬间，A、B两灯同时熄灭C．当开关S断开瞬间，a点电势比b点电势低D．当开关S断开瞬间，流经灯泡B的电流是由a到b【考点】自感现象和自感系数；电势．【分析】当电键K闭合时，通过线圈L的电流增大，穿过线圈的磁通量增大，根据楞次定律判断感应电动势的方向和作用，分析哪个灯先亮．断开瞬间也可以按照同样的思路分析．【解答】解：A、电键S闭合瞬间，线圈L对电流有阻碍作用，则相当于灯泡A与B串联，因此同时亮，且亮度相同，稳定后B被短路熄灭，故A正确；B、稳定后当电键K断开后，A马上熄灭，由于自感，线圈中的电流只能慢慢减小，其相当于电源左端为高电势，与灯泡B构成闭合回路放电，流经灯泡B的电流是由a到b，B闪一下再熄灭，故D正确，BC错误；故选：AD．【点评】对于自感现象，是特殊的电磁感应现象，应用楞次定律和法拉第电磁感应定律进行理解，注意线圈的电阻不计是解题的关键．8．如图所示，带负电的物块A放在足够长的不带电的绝缘小车B上，两者均保持静止，置于垂直于纸面向里的匀强磁场中，在t=0时刻用水平恒力F向左推小车B．已知地面光滑，A、B接触面粗糙，A所带电荷量保持不变，下列四图中关于A、B的v﹣t图象及A、B之间摩擦力F f﹣t图象大致正确的是（）A．B．C．D．【考点】洛仑兹力；牛顿第二定律．【专题】带电粒子在磁场中的运动专题．【分析】根据左手定则判断出物块A所受洛伦兹力方向竖直向上，物块所受的洛伦兹力随着速度的增大逐渐增大，由于物体A竖直方向受力平衡，所以A与B之间的压力减小，最大静摩擦力减小，当A、B之间的静摩擦力不能提供A的加速度时，A、B发生相对滑动．【解答】解：在t=t1之前物体A与小车共同做匀加速直线运动，根据牛顿第二定律得：F=（m+M）a，所以小车与物块的速度随时间均匀增大；对物块A根据牛顿第二定律有：f=ma．即静摩擦力提供其加速度，根据左手定则判断出物块A所受洛伦兹力方向竖直向上，物块所受的洛伦兹力qvB逐渐增大，由于物体A竖直方向受力平衡，所以A与B之间的压力减小，即它们间的最大静摩擦力减小，当两物体A、B之间的最大静摩擦力不能提供物块A原来的加速度a时，A、B发生相对滑动．当物块A与小车B之间的最大静摩擦力不能提供物块A原来的加速度a时，物块与小车发生了相对滑动，此时物块A受到向右的滑动摩擦力f1=μF N虽然小于刚才的静摩擦力，但是滑动摩擦力的方向仍然向右，物块A仍然加速运动，物块所受向上的洛伦兹力qvB逐渐增大，由于物体A竖直方向受力平衡，物块A与小车B之间的压力减小，所以向右的滑动摩擦力也减小，即物块A的加速度在减小，直到t2时刻A、B之间的摩擦力减小到0，加速度减小到零，最后做匀速直线运动，在速度﹣时间图象中物块A的斜率逐渐减小到零；故AC正确BD 错误．故选：AC【点评】对于这类问题正确受力分析结合牛顿第二定律判断物体的加速度变化，再结合运动学关系式判断物体的速度变化情况．三、非选择题：（包括必考题和选考题两部分．第22-32题为必考题，每个试题考生都作答；第33题-40题为选考题，考生根据要求作答．）（一）必考题（共129分）9．2016届高三理科班一兴趣小组的实验装置如图1所示，通过电磁铁控制的小球从A点自由下落，下落过程中经过光电门B时，通过与之相连的毫秒计时器（图中未画出）记录下挡光时间t，测出A、B之间的距离h．实验前应调整光电门位置使小球下落过程中球心通过光电门中的激光束．①若用该套装置验证机械能守恒，已知重力加速度为g，还需要测量的物理量为 DA．A点与地面间的距离H B．小球的质量mC．小球从A到B的下落时间t AB D．小球的直径d②用游标卡尺测得小球直径如图2所示，则小球直径为 1.14 cm，某次小球通过光电门毫秒计数器的读数为3ms，则该次小球通过光电门B时的瞬时速度大小为 v= 3.8 m/s．【考点】验证机械能守恒定律．【专题】实验题．【分析】该题利用自由落体运动来验证机械能守恒，因此需要测量物体自由下落的高度h AB，以及物体通过B点的速度大小，在测量速度时我们利用小球通过光电门的平均速度来代替瞬时速度，因此明白了实验原理即可知道需要测量的数据．利用小球通过光电门的平均速度来代替瞬时速度，由此可以求出小铁球通过光电门时的瞬时速度，根据机械能守恒的表达式可以求出所要求的关系式．游标卡尺的读数等于主尺读数加游标读数，不需估读．【解答】解：（1）A、根据实验原理可知，需要测量的是A点到光电门的距离，故A错误；B、根据机械能守恒的表达式可知，方程两边可以约掉质量，因此不需要测量质量，故B错误；C、利用小球通过光电门的平均速度来代替瞬时速度，不需要测量下落时间，故C错误；D、利用小球通过光电门的平均速度来代替瞬时速度时，需要知道挡光物体的尺寸，因此需要测量小球的直径，故D正确；故选：D．游标卡尺主尺读数为：1.1cm，游标尺上第4个刻度与上面对齐，故读数为：4×0.1=0.4mm=0.04cm，故最终读数为：1.1cm+0.04cm=1.14cm；利用小球通过光电门的平均速度代替瞬时速度，因此有：v B=故答案为：①D，②1.14，3.8．【点评】解答实验问题的关键是明确实验原理、实验目的，了解具体操作．掌握动能变化量和重力势能减小量的求法，知道某段时间内的平均速度等于中间时刻的瞬时速度．10．（1）某同学选择多用电表的“×10”挡测量一电阻的阻值．正确操作后得到如图a所示的指针情况．则电阻的阻值约为120 Ω．为了精确测量该电阻的阻值，该同学从实验室找来了下列器材：电流表A1（0～40mA、内阻r1=10Ω）电流表A2（0～100mA、内阻r2≈5Ω）滑动变阻器R（0～10Ω）定值电阻R0（阻值为100Ω）电源E（电动势6V、有内阻）开关、导线若干①实验中要求调节范围尽可能大，在方框内画出符合要求的电路图．②用I1、I2分别表示电流表A1、A2的示数，该同学通过描点得到了如图b所示的I1﹣I2图象，则电阻的阻值为110 Ω【考点】伏安法测电阻．【专题】实验题．【分析】（1）欧姆表的读数：表针所示刻度数×档位①无电压表，要把一电流表改装成一电压表，因电阻为小电阻用外接法，滑动变阻器阻值小用分压式接法．②由改装后的电压表的电阻及电流表的示数求得对应的电压值，由图线的斜率求得电阻值．【解答】解：（1）欧姆表的示数为：12×10=120Ω①将A1与定值电阻R0串联当作电压表用，小电阻用电流表外接法，滑动变阻器阻值小用分压式接法．由电路图：代入其中严格在线上的点可得R X=110Ω答案：（1）120①电路图如图；②110【点评】考查测电阻的原理及电路设计，明确电流表可串联电阻当作电压表用．11．在甲图中，带正电粒子从静止开始经过电势差为U的电场加速后，从G点垂直于MN进入偏转磁场．该偏转磁场是一个以直线MN为上边界、方向垂直于纸面向外的匀强磁场，磁场的磁感应强度为B，带电粒子经偏转磁场后，最终到达照相底片上的H点，如图甲所示，测得G、H间的距离为d，粒子的重力可忽略不计．（1）设粒子的电荷量为q，质量为m，求该粒子的比荷；若偏转磁场的区域为圆形，且与MN相切于G点，如图乙所示，其它条件不变．要保证上述粒子从G点垂直于MN进入偏转磁场后不能打到MN边界上（MN足够长），求磁场区域的半径应满足的条件．【考点】带电粒子在匀强磁场中的运动；牛顿第二定律；向心力；带电粒子在匀强电场中的运动．【专题】带电粒子在磁场中的运动专题．【分析】（1）粒子在电场中加速，根据动能定理与牛顿第二定律，由洛伦兹力提供向心力，并由几何关系，即可求解；所有带电粒子都不能打到MN边界上，带电粒子在磁场中运动偏角小于90°，所以由临界状态入手，得出磁场区域的满足条件．【解答】解：（1）带电粒子经过电场加速，进入偏转磁场时速度为v，由动能定理①进入磁场后带电粒子做匀速圆周运动，轨道半径r，②打到H点有③由①②③得要保证所有带电粒子都不能打到MN边界上，带电粒子在磁场中运动偏角小于90°，临界状态为90°如图所示，磁场区半径所以磁场区域半径满足答：（1）设粒子的电荷量为q，质量为m，则该粒子的比荷；若偏转磁场的区域为圆形，且与MN相切于G点，如图乙所示，其它条件不变．要保证上述粒子从G点垂直于MN进入偏转磁场后不能打到MN边界上（MN足够长），则磁场区域的半径应满足的条件．【点评】考查动能定理、牛顿第二定律等规律的应用，学会临界状态角度分析问题，并注意几何关系在本题中应用．12．如图甲所示，MN、FQ为间距L=0.5m且足够长的粗糙平行导轨，NQ⊥MN，导轨的电阻均不计．导轨平面与水平面间的夹角θ=37°，NQ间连接有一个R=4Ω的电阻．有一匀强磁场垂直于导轨平面且方向向上，磁感应强度为B0=1T．将一根质量为m=0.05kg、内阻为r的金属棒ab紧靠NQ放置在导轨上，且与导轨接触良好．现由静止释放金属棒，当金属棒滑行至cd处时刚好达到稳定速度，已知在此过程中通过金属棒截面的电量q=0.2C，且金属棒的加速度a与速度v的关系如图乙所示，设金属棒沿导轨向下运动过程中始终与NQ平行．（g=10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8）．求：（1）金属棒与导轨平面间的动摩擦因数μ和金属棒的内阻r；金属棒滑行至cd处的过程中，电阻R上产生的热量．。

辽宁省大连十二中2016届高三上学期月考物理试卷（12月份）一、选择题：本题共8小题，每小题6分，在每小题给出的四个选项中，第1至5题只有一项符合题目要求，第6至8题有多项符合题目要求，全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分．1．如图所示为一个质点运动的位移x随时间t变化的图象，由此可知（）A．t=2s时质点速度为0B．0～4s内质点做曲线运动C．0～4s内质点的速率先增大后减小D．0～4s内质点的位移为零2．位于坐标原点O的质点在F1、F2和F3三力作用下保持静止，已知其中F1的大小恒定不变，方向沿y轴负方向；F2的方向与x轴正方向的夹角为θ（θ＜45°），但大小未知，如图所示，则下列关于力F3的判断正确的是（）A．F3的最小值为F1cosθB．F3的大小可能为F1sinθC．力F3一定在第二象限D．F3与F2的夹角越小，则F3与F2的合力越大3．如图所示，斜面倾角为θ，位于斜面底端A正上方的小球以初速度v0正对斜面顶点B水平抛出，小球到达斜面经过的时间为t，重力加速度为g，则下列说法中正确的是（）A．若小球以最小位移到达斜面，则t=B．若小球垂直击中斜面，则t=C．若小球能击中斜面中点，则t=D．无论小球怎样到达斜面，运动时间均为t=4．如图所示，虚线a、b、c代表电场中三个等势面，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（不计重力）仅在电场力作用下通过该区域时的运动轨迹，M、N是这条轨迹上的两点，下列判断正确的是（）A．三个等势面中，a的电势最低B．带电质点在M点具有的电势能比在N点具有的电势能大C．带电质点通过M点时的动能比通过N点时大D．带电质点通过M点时的加速度比通过N点时小5．北斗导航系统又被称为“双星定位系统”，具有导航、定位等功能．“北斗”系统中两颗工作卫星均绕地心O做匀速圆周运动，轨道半径为r，某时刻两颗工作卫星分别位于轨道上的A、B两位置（如图所示）．若卫星均按顺时针运行，地球表面处的重力加速度为g，地球半径为R．不计卫星间的相互作用力．则以下判断中正确的是（）A．卫星1中质量为m的物体的动能为mgrB．卫星1向后喷气就一定能追上卫星2C．卫星1由位置A运动到位置B所需的时间为D．这两颗卫星的加速度大小相等，均为6．如图，一有界区域内，存在着磁感应强度大小均为B，方向分别垂直于光滑水平桌面向下和向上的匀强磁场，磁场宽度均为L，边长为L的正方形线框abcd的bc边紧靠磁场边缘置于桌面上，使线框从静止开始沿x轴正方向匀加速通过磁场区域，若以逆时针方向为电流的正方向，能反映线框中感应电流变化规律的是图（）A．B．C．D．7．如图甲所示，足够长的木板B静置于光滑水平面上，其上放置小滑块A．木板B受到随时间t变化的水平拉力F作用时，用传感器测出木板B的加速度a，得到如图乙所示的a﹣F 图象，已知g取10m/s2，则（）A．滑块A的质量为4kgB．木板B的质量为1kgC．当F=10N时木板B加速度为4m/s2D．滑块A与木板B间动摩擦因数为0.18．如图所示，质量均为m的A、B用轻弹簧连接在一起，弹簧的劲度系数为k，质量为2m 的C用细线通过光滑的定滑轮连接．开始时A、B均静止在带有挡板的光滑斜面上，A紧靠在挡板处，用手托住C，使细绳刚好被拉直，斜面的倾角为θ=30°．现把手拿开，让C从静止开始运动，试分析从C开始运动到A刚要离开斜面的过程中，下列说法正确的是（）A．C下降的高度为B．弹簧的弹性势能增加了C．C克服绳的拉力所做的功为D．B、C与地球组成的系统，机械能减少了三、非选择题：包括必考题和选考题两部分．第9题～第12题为必考题，每个试题考生都必须作答．第13题为选考题，考生根据要求作答．（一）必考题9．某探究学习小组的同学们欲探究“做功与物体动能变化的关系”，他们在实验室组装了一套如图所示的装置．如图为实验中打出的一条纸带，现选取纸带中的B、K两点来探究滑块所受合外力做功与滑块动能变化的关系．已知打点计时器的打点周期为T，重力加速度为g．在本实验中需要测量的物理量有：砂和砂桶的质量m1、滑块的质量m2，A、C间的距离s1，J、L间的距离s2，B、K间的距离s．本实验探究结果的表达式为．（用测量物理量相应的字母表示）10．为了测定一节干电池的电动势和内阻，实验室提供了下列器材：A．待测干电池（电动势1.5V左右，内阻不超过1.5Ω）B．电流表A1（量程0～2mA，内阻R A1=10Ω）C．电流表A2（量程0～0.6A，内阻约为0.1Ω）D．滑动变阻器R1（0～20Ω，10A）E．滑动变阻器R2（0～100Ω，1A）F．定值电阻R3=990ΩG．开关、导线若干利用以上提供的器材，欲测量该电池的电动势和内阻，请回答以下问题：（1）为测量方便且测量误差较小，上述滑动变阻器应选用（填写序号字母）．在图1所示虚线框内补画出完整的电路原理图．（3）根据合理的设计电路测量数据，电流表A1的示数记为I1，电流表A2的示数记为I2，某同学测出了6组I1、I2的数据，如表所示．序号 1 2 3 4 5 6I1/mA 1.40 1.36 1.35 1.28 1.20 1.10I2/A 0.10 0.15 0.22 0.25 0.35 0.48在图2坐标纸上作出I1和I2的关系图线．根据描绘出的图线，可得被测电池的电动势为V，内阻为Ω．（计算结果保留两位小数）11．如图所示，竖直平面内有一与水平面成θ=30°的绝缘斜面轨道AB，该轨道和一半径为R的光滑绝缘圆弧轨道BCD相切于B点．整个轨道处于竖直向下的匀强电场中，现将一质量为m带正电的滑块（可视为质点）从斜面上的A点静止释放，滑块能沿轨道运动到圆轨道的最高D点后恰好落到斜面上与圆心O等高的P点，已知带电滑块受到的电场力大小为Eq=mg，滑块与斜面轨道间的动摩擦因数为μ=，空气阻力忽略不计．求：（1）滑块经过D点时的速度大小；滑块经过圆轨道最低C点时，轨道对滑块的支持力F C；（3）B处的速度及A、B两点之间的距离d．12．如图所示，一面积为S的单匝圆形金属线圈与阻值为R的电阻连接成闭合电路，不计圆形金属线圈及导线的电阻．线圈内存在一个方向垂直纸面向里、磁感应强度大小均匀增加且变化率为k的磁场B t．电阻R两端并联一对平行金属板M、N，两板间距为d，N板右侧xOy 坐标系（坐标原点O在N板的下端）的第一象限内，有垂直纸面向外的匀强磁场，磁场边界OA和y轴的夹角∠AOy=45°，AOx区域为无场区．在靠近M板处的P点由静止释放一质量为m、带电荷量为+q的粒子（不计重力），经过N板的小孔，从点Q（0，l ）垂直y轴进入第一象限，经OA上某点离开磁场，最后垂直x轴离开第一象限．求：（1）平行金属板M、N获得的电压U；yOA区域内匀强磁场的磁感应强度B；（3）粒子从P点射出到到达x轴的时间．(二）选考题【物理--选修3-4】13．如图所示，在水平面上有A、B两块相同的质量m=2kg的木板放在一起不粘连，每块木板长l=1m，木板与水平面间的动摩擦因数μ1=0.1，木板与水平面间的最大静摩擦力略大于滑动摩擦力，现有一质量M=4kg的金属块C以初速度v0=2m/s从A的左端向右滑动，金属块与木板间的动摩擦因数μ2=0.2，g取10m/s2，试求：（1）金属块滑上B的左端时速度为多少？金属块停在木块B上何处？（3）整个过程中木块B的位移．辽宁省大连十二中2016届高三上学期月考物理试卷（12月份）参考答案与试题解析一、选择题：本题共8小题，每小题6分，在每小题给出的四个选项中，第1至5题只有一项符合题目要求，第6至8题有多项符合题目要求，全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分．1．如图所示为一个质点运动的位移x随时间t变化的图象，由此可知（）A．t=2s时质点速度为0B．0～4s内质点做曲线运动C．0～4s内质点的速率先增大后减小D．0～4s内质点的位移为零【考点】匀变速直线运动的图像；匀变速直线运动的位移与时间的关系．【专题】定性思想；图析法；运动学中的图像专题．【分析】位移﹣时间图象表示物体的位置随时间的变化，只能表示直线运动的规律．图象上的任意一点表示该时刻的位置，图象的斜率表示该时刻的速度，斜率的正负表示速度的方向．根据这些知识分析．【解答】解：A、位移﹣时间图象切线的斜率表示该时刻的速度，则知t=2s时质点速度不为0，故A错误．B、位移时间图象只能表示直线运动的规律．0﹣4s内图象的斜率一直为负，说明质点一直沿负方向做直线运动，故B错误；C、在0～4s内，斜率先增大后减小，说明物体速率先增大后减小，故C正确；D、0～4s内质点的位移△x=x2﹣x1=﹣10﹣10m=﹣20m，故D错误．故选：C【点评】理解位移﹣时间图象时，要抓住点和斜率的物理意义，掌握斜率表示速度是关键．2．位于坐标原点O的质点在F1、F2和F3三力作用下保持静止，已知其中F1的大小恒定不变，方向沿y轴负方向；F2的方向与x轴正方向的夹角为θ（θ＜45°），但大小未知，如图所示，则下列关于力F3的判断正确的是（）A．F3的最小值为F1cosθB．F3的大小可能为F1sinθC．力F3一定在第二象限D．F3与F2的夹角越小，则F3与F2的合力越大【考点】合力的大小与分力间夹角的关系．【专题】定性思想；合成分解法；平行四边形法则图解法专题．【分析】三力平衡时，三个力中任意两个力的合力与第三个力等值、反向、共线；题中第三个力F3与已知的两个力的合力平衡．【解答】解：A、三力平衡时，三个力中任意两个力的合力与第三个力等值、反向、共线；通过作图可以知道，当F1、F2的合力F与F2垂直时合力F最小，等于F1cosθ，即力F3的最小值为F1cosθ．故A正确；B、θ＜45°，故sinθ＜cosθ，由前面分析知F3的最小值为F1cosθ，则不可能等于F1sinθ，故B错误；C、通过作图可知，当F1、F2的合力F可以在F1与F2之间的任意方向，而三力平衡时，三个力中任意两个力的合力与第三个力等值、反向、共线，故力F3只能在F1与F2之间的某个方向的反方向上，可能在第三象限，故C错误；D、根据平衡条件：F3与F2的合力大小一定与F1等值反向，则与F3与F2的夹角无关，故D错误；故选：A．【点评】本题关键抓住三力平衡时，三个力中任意两个力的合力与第三个力等值、反向、共线，然后通过作图分析．3．如图所示，斜面倾角为θ，位于斜面底端A正上方的小球以初速度v0正对斜面顶点B水平抛出，小球到达斜面经过的时间为t，重力加速度为g，则下列说法中正确的是（）A．若小球以最小位移到达斜面，则t=B．若小球垂直击中斜面，则t=C．若小球能击中斜面中点，则t=D．无论小球怎样到达斜面，运动时间均为t=【考点】平抛运动．【专题】定量思想；合成分解法；平抛运动专题．【分析】由数学知识得：从抛出点到达斜面的最小位移为过抛出点作斜面的垂线．设经过时间t到达斜面上，根据平抛运动水平方向做匀速直线运动，竖直方向做自由落体运动，表示出水平和竖直方向上的位移，再根据几何关系即可求解时间．若小球垂直击中斜面，速度与斜面垂直，由分速度关系求时间．若小球能击中斜面中点，根据水平位移和竖直位移的关系列式求解时间．【解答】解：A、过抛出点作斜面的垂线CD，如图所示：当小球落在斜面上的D点时，位移最小，设运动的时间为t，则水平方向：x=v0t；竖直方向：y=．根据几何关系有=tanθ即有=tanθ，解得：t=．故A正确．B、若小球垂直击中斜面时速度与竖直方向的夹角为θ，则tanθ=，得：t=．故B错误．C、若小球能击中斜面中点时，小球下落的高度设为h，水平位移设为x．则由几何关系可得tanθ===，得：t=，故C错误．D、由上知，D错误．故选：A【点评】解决本题的关键是知道两个分位移的关系或两个分速度的关系，再根据平抛运动的基本规律结合几何关系解题．4．如图所示，虚线a、b、c代表电场中三个等势面，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（不计重力）仅在电场力作用下通过该区域时的运动轨迹，M、N是这条轨迹上的两点，下列判断正确的是（）A．三个等势面中，a的电势最低B．带电质点在M点具有的电势能比在N点具有的电势能大C．带电质点通过M点时的动能比通过N点时大D．带电质点通过M点时的加速度比通过N点时小【考点】电势差与电场强度的关系；电势能．【专题】比较思想；图析法；电场力与电势的性质专题．【分析】由于质点只受电场力作用，根据运动轨迹可知电场力指向运动轨迹的内侧即斜向右下方，由于质点带正电，因此电场线方向也指向右下方；电势能变化可以通过电场力做功情况判断；电场线和等势线垂直，且等差等势线密的地方电场线密，电场的场强大．【解答】解：A、质点所受的电场力指向轨迹内侧，由于质点带正电，因此电场线指向右下方，根据沿电场线电势降低，则知a等势线的电势最高，故A错误．BC、根据质点的受力情况可知，从M到N过程中电场力做正功，电势能降低，动能增大，故B正确，C错误；D、等差等势面中等势面密的地方电场线也密，则M点场强大，质点所受的电场力大，加速度大，故D错误故选：B【点评】解决这类带电粒子在电场中运动的思路是：根据运动轨迹判断出所受电场力方向，然后进一步判断电势、电场、电势能、动能等物理量的变化．5．北斗导航系统又被称为“双星定位系统”，具有导航、定位等功能．“北斗”系统中两颗工作卫星均绕地心O做匀速圆周运动，轨道半径为r，某时刻两颗工作卫星分别位于轨道上的A、B两位置（如图所示）．若卫星均按顺时针运行，地球表面处的重力加速度为g，地球半径为R．不计卫星间的相互作用力．则以下判断中正确的是（）A．卫星1中质量为m的物体的动能为mgrB．卫星1向后喷气就一定能追上卫星2C．卫星1由位置A运动到位置B所需的时间为D．这两颗卫星的加速度大小相等，均为【考点】人造卫星的加速度、周期和轨道的关系．【专题】常规题型；应用题；图析法；人造卫星问题．【分析】卫星绕地球做匀速圆周运动，万有引力提供向心力，应用万有引力公式与牛顿第二定律求出线速度、周期、加速度，然后分析答题．【解答】解：A、卫星绕地球做圆周运动，万有引力提供向心力，由牛顿第二定律得：G=m，地球表面的物体受到的重力等于万有引力：G=m′g，解得：v==，卫星1中质量为m的物体的动能：E K=mv2=，故A错误；B、卫星1向后喷气，卫星1的速度变大，卫星1做圆周运动需要的向心力变大，大于该轨道的万有引力，卫星1做离心运动，轨道半径变大，卫星1不可能追上卫星2，故B错误；C、卫星绕地球做圆周运动，万有引力提供向心力，由牛顿第二定律得：G=m r，地球表面的物体受到的重力等于万有引力：G=m′g，解得：T=2π，卫星1由位置A运动到位置B所需的时间：t=T=，故C错误；D、卫星绕地球做圆周运动，万有引力提供向心力，由牛顿第二定律得：G=ma，地球表面的物体受到的重力等于万有引力：G=m′g，解得：a=，故D正确；故选：D．【点评】关于做圆周运动的卫星类问题，要熟练运用两条基本思路：万有引力提供向心力，以及万有引力等于重力，灵活选择向心力公式的形式求解．6．如图，一有界区域内，存在着磁感应强度大小均为B，方向分别垂直于光滑水平桌面向下和向上的匀强磁场，磁场宽度均为L，边长为L的正方形线框abcd的bc边紧靠磁场边缘置于桌面上，使线框从静止开始沿x轴正方向匀加速通过磁场区域，若以逆时针方向为电流的正方向，能反映线框中感应电流变化规律的是图（）A．B．C．D．【考点】导体切割磁感线时的感应电动势；闭合电路的欧姆定律．【专题】电磁感应与图像结合．【分析】由楞次定律可判断线圈中的电流方向；由E=BLV及匀加速运动的规律可得出电流随时间的变化规律．【解答】解：A、B、线框右边开始进入磁场时，由右手定则可知，电流方向为逆时针；当右边框开始进入右边磁场时，电流变化顺时针；而从磁场中离开时，电流方向为逆时针；由E=BLV及V=at可知，E=BLat，电动势随时间为均匀增大，故电流也随时间均匀增大，故A 正确，B错误；C、D、而由E=BLV及V2=2as可知，E=BL，故电流与成正比，故C正确，D错误；故选：AC．【点评】本题很多同学漏选C，在解题中一定要注意审题，根据题意再确定应该研究的问题．7．如图甲所示，足够长的木板B静置于光滑水平面上，其上放置小滑块A．木板B受到随时间t变化的水平拉力F作用时，用传感器测出木板B的加速度a，得到如图乙所示的a﹣F 图象，已知g取10m/s2，则（）A．滑块A的质量为4kgB．木板B的质量为1kgC．当F=10N时木板B加速度为4m/s2D．滑块A与木板B间动摩擦因数为0.1【考点】牛顿第二定律；物体的弹性和弹力．【专题】整体思想；整体法和隔离法；牛顿运动定律综合专题．【分析】当拉力较小时，m和M保持相对静止一起做匀加速直线运动，当拉力达到一定值时，m和M发生相对滑动，结合牛顿第二定律，运用整体和隔离法进行解答．【解答】解：ABD、由图知，当F=8N时，加速度为：a=2m/s2，对整体分析，由牛顿第二定律有：F=（m A+m B）a，代入数据解得：m A+m B=4kg，当F大于8N时，A、B发生相对滑动，根据牛顿第二定律得：对B有：a==F﹣，由图示图象可知，图线的斜率：k====1，解得：m B=1kg，滑块A的质量为：m A=3kg．当a=0时，F=6N，代入解得μ=0.2，故A、D错误，B正确．C、根据F=10N＞8N时，滑块与木板相对滑动，B的加速度为：a B=a==F﹣μg=﹣=4m/s2．故C正确．故选：BC【点评】本题考查牛顿第二定律与图象的综合，知道滑块和木板在不同拉力作用下的运动规律是解决本题的关键，掌握处理图象问题的一般方法，通常通过图线的斜率和截距入手分析．8．如图所示，质量均为m的A、B用轻弹簧连接在一起，弹簧的劲度系数为k，质量为2m 的C用细线通过光滑的定滑轮连接．开始时A、B均静止在带有挡板的光滑斜面上，A紧靠在挡板处，用手托住C，使细绳刚好被拉直，斜面的倾角为θ=30°．现把手拿开，让C从静止开始运动，试分析从C开始运动到A刚要离开斜面的过程中，下列说法正确的是（）A．C下降的高度为B．弹簧的弹性势能增加了C．C克服绳的拉力所做的功为D．B、C与地球组成的系统，机械能减少了【考点】功能关系；功的计算；机械能守恒定律．【分析】由平衡条件和胡克定律结合求出刚开始与A刚要离开挡板时弹簧的形变量，再由几何关系求解C下降的高度．根据弹簧的形变量分析弹性势能的变化．根据系统的机械能守恒求出C的速度，再由动能定理求C克服绳的拉力所做的功．【解答】解：A、开始时，弹簧的压缩量 x1=，A刚要离开挡板时，弹簧的伸长量 x2=，则C下降的高度 h=x1+x2=，故A正确．B、由于开始时弹簧的压缩量与末了时弹簧的伸长量相等，所以弹簧的弹性势能不变，故B 错误．C、设A刚要离开挡板时，B、C的速度大小为v．由系统的机械能守恒得2mgh=mgh+（m+2m）v2；对C，由动能定理得：2mgh﹣W=联立解得C克服绳的拉力所做的功为．故C正确．D、B、C与地球组成的系统，机械能减少量等于弹性势能的变化，则知系统的机械能不变，故D错误．故选：AC．【点评】本题关键是分析求出系统的运动情况，然后结合机械能守恒定律和胡克定律列式求解分析．要注意弹簧的弹性势能与形变量大小有关．三、非选择题：包括必考题和选考题两部分．第9题～第12题为必考题，每个试题考生都必须作答．第13题为选考题，考生根据要求作答．（一）必考题9．某探究学习小组的同学们欲探究“做功与物体动能变化的关系”，他们在实验室组装了一套如图所示的装置．如图为实验中打出的一条纸带，现选取纸带中的B、K两点来探究滑块所受合外力做功与滑块动能变化的关系．已知打点计时器的打点周期为T，重力加速度为g．在本实验中需要测量的物理量有：砂和砂桶的质量m1、滑块的质量m2，A、C间的距离s1，J、L间的距离s2，B、K间的距离s．本实验探究结果的表达式为m1gs=m2（）2﹣m2（）2．（用测量物理量相应的字母表示）【考点】探究功与速度变化的关系．【专题】实验题；定性思想；图析法；动能定理的应用专题．【分析】根据功的计算公式求出功，用匀变速直线运动的推论求出B、K两点的瞬时速度，然后求出动能的改变量，再分析答题．【解答】解：此过程恒力做的功：W=m1gs，B点的速度：v B=，K点的速度：v K=，所以动能的改变量△E K=m2v K2﹣m2v B2，整理得：m1gs=m2（）2﹣m2（）2；故答案为：m1gs=m2（）2﹣m2（）2．【点评】本题考查了求“做功与物体动能变化的关系”需要验证的表达式，要明确此题在验证合外力的功与动能变化间的关系中用到的原理，应用匀变速直线运动的推论求出速度是解题的关键．10．为了测定一节干电池的电动势和内阻，实验室提供了下列器材：A．待测干电池（电动势1.5V左右，内阻不超过1.5Ω）B．电流表A1（量程0～2mA，内阻R A1=10Ω）C．电流表A2（量程0～0.6A，内阻约为0.1Ω）D．滑动变阻器R1（0～20Ω，10A）E．滑动变阻器R2（0～100Ω，1A）F．定值电阻R3=990ΩG．开关、导线若干利用以上提供的器材，欲测量该电池的电动势和内阻，请回答以下问题：（1）为测量方便且测量误差较小，上述滑动变阻器应选用 D （填写序号字母）．在图1所示虚线框内补画出完整的电路原理图．（3）根据合理的设计电路测量数据，电流表A1的示数记为I1，电流表A2的示数记为I2，某同学测出了6组I1、I2的数据，如表所示．序号 1 2 3 4 5 6I1/mA 1.40 1.36 1.35 1.28 1.20 1.10I2/A 0.10 0.15 0.22 0.25 0.35 0.48在图2坐标纸上作出I1和I2的关系图线．根据描绘出的图线，可得被测电池的电动势为1.48 V，内阻为0.80 Ω．（计算结果保留两位小数）【考点】测定电源的电动势和内阻．【专题】实验题．【分析】（1）滑动变阻器应起来限流保护作用，并且在使用时要选用易于调节的；根据给出的仪表及实验原理可得出实验电路图；（3）由作出的U﹣I图可知，图象与纵坐标的交点为电源的电动势；图象的斜率表示内阻．【解答】解：（1）为方便实验操作，滑动变阻器的阻值不能太大，选择D比较合适．由题意可知，本实验中没有给出电压表，故应采用电流表A1与定值电阻串联后充当电压表使用；故电路图如图所示；（3）表头的示数与定值电阻阻值的乘积可作为路端电压处理，则由闭合电路欧姆定律可知：I1（R3+R A）=E﹣I2r即：I1=﹣；由图可知，图象与纵坐标的交点为1.48mA，则有：1.48mA=；解得E=1.48V；由图象可知，图象的斜率为：0.8×10﹣3，由公式得图象的斜率等于，故=0.8×10﹣3；解得r=0.80Ω．故答案为：（1）D如图所示；（3）1.48；0.80【点评】正确选择仪器是电学实验的经常考查的考点；本题为测量电源的电动势和内电阻的实验的变形，注意由于没有电压表，本实验中采用改装的方式将表头改装为电压表，再根据原实验的研究方法进行分析研究．11．如图所示，竖直平面内有一与水平面成θ=30°的绝缘斜面轨道AB，该轨道和一半径为R的光滑绝缘圆弧轨道BCD相切于B点．整个轨道处于竖直向下的匀强电场中，现将一质量为m带正电的滑块（可视为质点）从斜面上的A点静止释放，滑块能沿轨道运动到圆轨道的最高D点后恰好落到斜面上与圆心O等高的P点，已知带电滑块受到的电场力大小为Eq=mg，滑块与斜面轨道间的动摩擦因数为μ=，空气阻力忽略不计．求：（1）滑块经过D点时的速度大小；滑块经过圆轨道最低C点时，轨道对滑块的支持力F C；（3）B处的速度及A、B两点之间的距离d．【考点】动能定理的应用；平抛运动．【专题】动能定理的应用专题．【分析】（1）滑块离开D点后做类平抛运动，分解为水平方向和竖直方向，水平方向做匀速直线运动，竖直方向做初速度为0的匀加速直线运动，根据牛顿第二定律，求出竖直方向上的加速度，然后求出时间，再根据水平方向上的匀速直线运动求出初速度．对C到D过程运用动能定理，求出C点的速度，在C点受到重力，支持力，电场力，三个力的合力提供向心力，从而求出支持力．。

2015-2016学年辽宁省大连十二中高二（上）月考物理试卷（12月份）一、选择题，第1～8题只有一项符合题目要求，第9～11题有多项符合题目要求．全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分．1．下面列举的四种器件中，在工作时利用了电磁感应现象的是（）A．电动机B．线圈式话筒C．电磁继电器D．扬声器2．下列关于感应电动势大小的说法中，正确的是（）A．线圈中磁通量变化越大，线圈中产生的感应电动势一定越大B．线圈中磁通量越大，产生的感应电动势一定越大C．线圈中磁通量变化越快，产生的感应电动势越大D．线圈放在磁感应强度越强的地方，产生的感应电动势一定越大3．如图，圆环形导体线圈a平放在水平桌面上，在a的正上方固定一竖直螺线管b，二者轴线重合，螺线管与电源和滑动变阻器连接成如图所示的电路．若将滑动变阻器的滑片P向下滑动，下列表述正确的是（）A．线圈a中将产生俯视顺时针方向的感应电流B．穿过线圈a的磁通量变小C．线圈a有扩张的趋势D．线圈a对水平桌面的压力F N将增大4．如图所示，闭合直角三角形线框，底边长为l，现将它匀速拉过宽度为d的匀强磁场（l＞d）．若以逆时针方向为电流的正方向，则以下四个I﹣t图象中正确的是（）A．B．C．D．5．如图所示是一交变电流的i﹣t图象，则该交流电电流的有效值为（）A．4A B． A C． A D． A6．如图所示，导体棒AB长2R，绕O点以角速度ω沿逆时针方向匀速转动，OB为R，且OBA三点在一直线上，有一匀强磁场磁感应强度为B，充满转动平面且与转动平面垂直，那么AB两端的电势差大小为（）A．BωR2B．2BωR2C．4BωR2D．6BωR27．如图所示，光滑绝缘水平面上有一矩形线圈冲入一匀强磁场，线圈全部进入磁场区域时，其动能恰好等于它在磁场外面时的一半，设磁场宽度大于线圈宽度，那么（）A．线圈恰好在刚离开磁场的地方停下B．线圈在磁场中某位置停下C．线圈在未完全离开磁场时即已停下D．线圈完全离开磁场以后仍能继续运动，不会停下来8．如图，L是直流电阻为零、自感系数很大的线圈，A和B是两个相同的小灯泡，某时刻闭合开关S，通过A、B两灯泡中的电流I A、I B随时间t变化的图象，正确的是（）A．B．C．D．9．正三角形导线框abc固定在匀强磁场中，磁场的方向与导线框所在平面垂直，磁感应强度B随时间t变化的规律如图所示．规定垂直纸面向里为磁场的正方向，abca的方向为线框中感应电流的正方向，水平向右为安培力的正方向．关于线框中的电流i与ab边所受的安培力F随时间t变化的图象，下列选项正确的是（）A．B．C．D．10．如图所示，水平放置的光滑平行金属导轨上有一质量为m的金属棒ab．导轨的一端连接电阻R，其它电阻均不计，磁感应强度为B的匀强磁场垂直于导轨平面向下，金属棒ab在一水平恒力F作用下由静止开始向右运动．则（）A．随着ab运动速度的增大，其加速度也增大B．外力F对ab做的功等于电路中产生的电能C．当ab做匀速运动时，外力F做功的功率等于电路中的电功率D．无论ab做何种运动，它克服安培力做的功一定等于电路中产生的电能11．在光滑的水平面上方，有两个磁感应强度大小均为B，方向相反的水平匀强磁场，如图．PQ为两个磁场的边界，磁场范围足够大．一个边长为a、质量为m、电阻为R的金属正方形线框，以速度v垂直磁场方向从如图实线位置开始向右运动，当线框运动到分别有一半面积在两个磁场中时，线框的速度为，则下列说法正确的是（）A．此过程中通过线框截面的电量为B．此时线框的加速度为C．此过程中回路产生的电能为mv2D．此时线框中的电功率为二、计算题（本大题共3小题，共计45分．写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤，只写出最后答案的不能得分．有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位．）12．如图所示，在宽为l=0.5m的平行导轨上垂直导轨放置一个有效电阻为r=0.6Ω的直导体，在导轨的两端分别连接两个电阻R1=4Ω、R2=6Ω，其它电阻不计．整个装置处在垂直导轨向里的匀强磁场中，如图所示，磁感应强度B=0.1T．当直导体在导轨上以v=6m/s的速度向右运动时，求：（1）直导体棒的感应电动势E和两端的电压U ab；（2）流过电阻R1和R2的电流大小．13．面积S=0.2m2、n=100匝的圆形线圈，处在如下图所示的匀强磁场内，磁感应强度B随时间t 变化的规律是B=0.02t T．电阻R与电容器C并联后接在线圈两端，电阻R=3Ω，电容C=30 μF，线圈电阻r=1Ω．求：（1）线圈产生的感应电动势E的大小；（2）通过R的电流的大小；（3）电容器所带的电荷量．14．如图甲所示，足够长的光滑平行金属导轨MN、PQ竖直放置，其宽度L=1m，一匀强磁场垂直穿过导轨平面，导轨的上端M与P之间连接阻值为R=0.40Ω的电阻，质量为m=0.01kg、电阻为r=0.30Ω的金属棒ab紧贴在导轨上．现使金属棒ab由静止开始下滑，下滑过程中ab始终保持水平，且与导轨接触良好，其下滑距离x与时间t的关系如图乙所示，图象中的OA段为曲线，AB段为直线，导轨电阻不计，取g=10m/s2（忽略ab棒运动过程中对原磁场的影响），求：（1）磁感应强度B的大小；（2）金属棒ab在开始运动的1.5s内，通过电阻R的电荷量；（3）金属棒ab在开始运动的1.5s内，电阻R上产生的热量．2015-2016学年辽宁省大连十二中高二（上）月考物理试卷（12月份）参考答案与试题解析一、选择题，第1～8题只有一项符合题目要求，第9～11题有多项符合题目要求．全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分．1．下面列举的四种器件中，在工作时利用了电磁感应现象的是（）A．电动机B．线圈式话筒C．电磁继电器D．扬声器【考点】电磁感应在生活和生产中的应用．【专题】定性思想；推理法；电磁感应与电路结合．【分析】闭合电路部分导体在切割磁感线，从而产生感应电流的现象，是属于电磁感应现象．【解答】解：A、电动机是利用电流的磁效应制成的，故A错误；B、线圈式话筒是通过线圈在磁场中运动，从而产生感应电动势，是利用电磁感应现象，故B 正确；C、电磁继电器是利用电流的磁效应制成的，故C错误；D、扬声器是电信号转化成电信号，不属于电磁感应现象，故D错误；故选：B．【点评】本题考查对现代科技装置和产品原理的理解能力，基本题，不应失分．2．下列关于感应电动势大小的说法中，正确的是（）A．线圈中磁通量变化越大，线圈中产生的感应电动势一定越大B．线圈中磁通量越大，产生的感应电动势一定越大C．线圈中磁通量变化越快，产生的感应电动势越大D．线圈放在磁感应强度越强的地方，产生的感应电动势一定越大【考点】法拉第电磁感应定律．【专题】电磁感应与电路结合．【分析】对法拉第电磁感应定律的理解E=n，注意区分磁通量、磁通量的变化和磁通量的变化率．【解答】解：根据法拉第电磁感应定律E=n得感应电动势的大小跟磁通量的变化率成正比．A、磁通量变化越大，则不知磁通量的变化时间，故不一定越大，故A错误；B、磁通量越大，是Φ大，但△Φ及则不一定大，故B错误；C、磁通量变化的快慢用表示，磁通量变化得快，则比值就大，根据法拉第电磁感应定律有产生的感应电动势就越大，故C正确；D、虽然线圈放在磁感应强度越强的磁场，但可能为零，产生的感应电动势可能为零，故D错误．故选：C．【点评】磁通量Φ=BS，磁通量的变化△Φ=Φ2﹣Φ1，磁通量的变化率是磁通量的变化和所用时间的比值，法拉第电磁感应定律告诉我们感应电动势的大小跟磁通量的变化率成正比．正确理解磁通量、磁通量的变化和磁通量的变化率是解决本题的关键．3．如图，圆环形导体线圈a平放在水平桌面上，在a的正上方固定一竖直螺线管b，二者轴线重合，螺线管与电源和滑动变阻器连接成如图所示的电路．若将滑动变阻器的滑片P向下滑动，下列表述正确的是（）A．线圈a中将产生俯视顺时针方向的感应电流B．穿过线圈a的磁通量变小C．线圈a有扩张的趋势D．线圈a对水平桌面的压力F N将增大【考点】楞次定律．【专题】电磁感应与电路结合．【分析】此题的关键首先明确滑动触头向下滑动时通过判断出线圈b中的电流增大，然后根据楞次定律判断出线圈a中感应电流的方向．本题利用“楞次定律的第二描述”求解将更为简便．【解答】解：A、B：当滑动触头P向下移动时电阻减小，由闭合电路欧姆定律可知通过线圈b的电流增大，从而判断出穿过线圈a的磁通量增加方向向下，所以B错误；根据楞次定律即可判断出线圈a中感应电流方向俯视应为逆时针，A错误．C、再根据微元法将线圈a无线分割根据左手定则不难判断出线圈a应有收缩的趋势，或直接根据楞次定律的第二描述“感应电流产生的效果总是阻碍引起感应电流的原因”，因为滑动触头向下滑动导致穿过线圈a的磁通量增加，故只有线圈面积减少时才能阻碍磁通量的增加，故线圈a应有收缩的趋势，C错误；D、开始时线圈a对桌面的压力等于线圈a的重力，当滑动触头向下滑动时，可以用“等效法”，即将线圈a和b看做两个条形磁铁，不难判断此时两磁铁的N极相对，互相排斥，故线圈a对水平桌面的压力将增大，所以D正确．故选D．【点评】首先应掌握楞次定律的基本应用，楞次定律的第二描述是能量守恒定律在电磁感应现象中得出的必然结果．一般在解决有关相对运动类问题时用楞次定律的第二描述将会非常简便．4．如图所示，闭合直角三角形线框，底边长为l，现将它匀速拉过宽度为d的匀强磁场（l＞d）．若以逆时针方向为电流的正方向，则以下四个I﹣t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】定性思想；推理法；电磁感应与电路结合．【分析】线框匀速穿过磁场区域时，分为三个过程：线框向右运动距离x为0～d，d～l，l～l+d范围内．先根据楞次定律分析感应电流的方向，再由有效切割长度变化，根据感应电动势公式，分析感应电动势的变化，再分析感应电流大小的变化．【解答】解：在线框向右运动距离x为0～d的范围内，穿过线框的磁通量不断增大，由楞次定律可知线框产生的感应电流沿逆时针方向，为正；有效的切割长度为L=xtanθ，线框匀速运动故x=vt，感应电流的大小为：，可知I∝t；在线框向右运动距离x为d～l范围内，穿过线框的磁通量均匀增大，由楞次定律可知线框产生的感应电流沿逆时针方向，为正；且感应电流大小不变；在线框向右运动距离x为l～l+d范围内，穿过线框的磁通量不断减小，由楞次定律可知线框产生的感应电流沿顺时针方向，为负，有效的切割长度为L=（x﹣l﹣d）tanθ，线框匀速运动故x=vt，感应电流的大小为：，故感应电流一开始不为0，之后均匀增大，D正确；故选：D．【点评】此题是图象问题，常用的方法是排除法，先楞次定律分析感应电流的方向，作定性分析，再根据有效切割的长度，列式作定量分析，剔除不符合题意的选项，最后选出正确的答案．本题难度较大，注意分段讨论．5．如图所示是一交变电流的i﹣t图象，则该交流电电流的有效值为（）A．4A B． A C． A D． A【考点】正弦式电流的最大值和有效值、周期和频率．【专题】交流电专题．【分析】根据有效值的定义求解．取一个周期时间，将交流与直流分别通过相同的电阻，若产生的热量相同，直流的电流值，即为此交流的有效值．【解答】解：设交流电电流的有效值为I，周期为T，电阻为R．则I2RT=（×4）2+42•R•T解得I= A故选B【点评】求交流电的有效值，往往根据电流的热效应，由有效值的定义求解．中等难度．6．如图所示，导体棒AB长2R，绕O点以角速度ω沿逆时针方向匀速转动，OB为R，且OBA三点在一直线上，有一匀强磁场磁感应强度为B，充满转动平面且与转动平面垂直，那么AB两端的电势差大小为（）A．BωR2B．2BωR2C．4BωR2D．6BωR2【考点】导体切割磁感线时的感应电动势．【分析】金属棒中各点切割感线的速度不等，应用平均速度求解感应电动势的大小．线速度与角速度的关系式为v=ωr．【解答】解：AB两端的电势差大小等于金属棒AB中感应电动势的大小，为：E=B•2R=B•2R•=4BR2ω故选：C．【点评】解决本题的关键掌握转动切割产生的感应电动势公式E=BωL2，会根据E=Blv进行推导．7．如图所示，光滑绝缘水平面上有一矩形线圈冲入一匀强磁场，线圈全部进入磁场区域时，其动能恰好等于它在磁场外面时的一半，设磁场宽度大于线圈宽度，那么（）A．线圈恰好在刚离开磁场的地方停下B．线圈在磁场中某位置停下C．线圈在未完全离开磁场时即已停下D．线圈完全离开磁场以后仍能继续运动，不会停下来【考点】导体切割磁感线时的感应电动势；电磁感应中的能量转化．【专题】电磁感应——功能问题．【分析】线圈完全进入磁场后做匀速运动，进磁场和出磁场的过程都做变减速直线运动，比较进磁场和出磁场时所受的安培力大小，从而判断出线圈能否通过磁场．【解答】解：线圈出磁场时的速度小于进磁场时的速度，安培力F=BIL=，知出磁场时所受的安培力小于进磁场时所受的安培力，根据动能定理，由于进磁场时安培力做功大于出磁场时安培力做功，则出磁场时动能的变化量小于进磁场时动能的变化量，进磁场时其动能恰好等于它在磁场外面时的一半，知出磁场后，动能不为零，还有动能，将继续运动，不会停下来．故D正确．A、B、C错误．故选D．【点评】解决本题的关键比较出进磁场和出磁场时的安培力，根据动能定理进行分析．8．如图，L是直流电阻为零、自感系数很大的线圈，A和B是两个相同的小灯泡，某时刻闭合开关S，通过A、B两灯泡中的电流I A、I B随时间t变化的图象，正确的是（）A．B．C．D．【考点】电容器和电感器对交变电流的导通和阻碍作用．【专题】交流电专题．【分析】闭合瞬间，L有较强的阻碍作用，稳定后相当于短路．【解答】解：在闭合瞬间，A、B灯同时亮，稳定后L对B短路，I B最终为零；由于电阻变小，所以I A变大，最终稳定不变，故A正确；故选：A【点评】本题考查了电容器和电感器对交变电流的导通和阻碍作用．9．正三角形导线框abc固定在匀强磁场中，磁场的方向与导线框所在平面垂直，磁感应强度B随时间t变化的规律如图所示．规定垂直纸面向里为磁场的正方向，abca的方向为线框中感应电流的正方向，水平向右为安培力的正方向．关于线框中的电流i与ab边所受的安培力F随时间t变化的图象，下列选项正确的是（）A．B．C．D．【考点】法拉第电磁感应定律；闭合电路的欧姆定律．【专题】电磁感应与图像结合．【分析】由图可知磁感应强度的变化，则可知线圈中磁通量的变化，由法拉第电磁感应定律可知感应电动势变化情况，由楞次定律可得感应电流的方向，根据左手定则可以找出安培力方向，结合可得出正确的图象．【解答】解：A、线圈中的感应电流决定于磁感应强度B随t的变化率，．由图可知，0～1s时间内，B增大，Φ增大，感应磁场与原磁场方向相反（感应磁场的磁感应强度的方向向外），由右手定则感应电流是逆时针的，因而是正值．所以可判断0～1s为正的恒值；1～3s磁通量不变，所以无感应电流，3～4sB的方向垂直纸面向外，根据楞次定律得感应电流是逆时针的，因而是正值．由法拉第电磁感应定律可知E=，感应电流的大小恒定，所以可判断3～4s为正的恒值；A正确、B错误．C、0～1s时间内，ab边感应电流是向下的，ab边所受的安培力F=BIL，根据左手定则得安培力方向向右为正值，由于B随时间均匀增大，I不变，所以安培力F随时间t均匀增大，1～3s无感应电流，没有安培力，3～4s时间内，ab边感应电流是向下的，ab边所受的安培力F=BIL，根据左手定则得安培力方向向左为负值，由于B随时间均匀减小，I不变，所以安培力F随时间t均匀减小，故C错误，D正确；故选：AD．【点评】此类问题不必非要求得电动势的大小，应根据楞次定律判断电路中电流的方向，结合电动势的变化情况即可得出正确结果．10．如图所示，水平放置的光滑平行金属导轨上有一质量为m的金属棒ab．导轨的一端连接电阻R，其它电阻均不计，磁感应强度为B的匀强磁场垂直于导轨平面向下，金属棒ab在一水平恒力F作用下由静止开始向右运动．则（）A．随着ab运动速度的增大，其加速度也增大B．外力F对ab做的功等于电路中产生的电能C．当ab做匀速运动时，外力F做功的功率等于电路中的电功率D．无论ab做何种运动，它克服安培力做的功一定等于电路中产生的电能【考点】导体切割磁感线时的感应电动势．【专题】压轴题；电磁感应中的力学问题．【分析】在水平方向，金属棒受到拉力F和安培力作用，安培力随速度增大而增大，根据牛顿定律分析加速度的变化情况．根据功能关系分析电能与功的关系．【解答】解：A、金属棒所受的安培力，则a=，速度增大，安培力增大，则加速度减小．故A错误．B、根据能量守恒得，外力F对ab做的功等于电量中产生的电能以及ab棒的动能．故B错误．C、当ab棒匀速运动时，外力做的功全部转化为电路中的电能，则外力F做功的功率等于电路中的电功率．故C正确．D、根据功能关系知，克服安培力做的功等于电路中产生的电能．故D正确．故选CD．【点评】在电磁感应现象中电路中产生的热量等于外力克服安培力所做的功；在解题时要注意体会功能关系及能量转化与守恒关系．11．在光滑的水平面上方，有两个磁感应强度大小均为B，方向相反的水平匀强磁场，如图．PQ为两个磁场的边界，磁场范围足够大．一个边长为a、质量为m、电阻为R的金属正方形线框，以速度v垂直磁场方向从如图实线位置开始向右运动，当线框运动到分别有一半面积在两个磁场中时，线框的速度为，则下列说法正确的是（）A．此过程中通过线框截面的电量为B．此时线框的加速度为C．此过程中回路产生的电能为mv2D．此时线框中的电功率为【考点】导体切割磁感线时的感应电动势；牛顿第二定律；电功、电功率．【专题】电磁感应与电路结合．【分析】根据法拉第电磁感应定律、欧姆定律和电量q=△t相结合求解电量．此时线框中感应电动势为E=2Ba，感应电流为I=，线框所受的安培力的合力为F=2BIa，再由牛顿第二定律求解加速度．根据能量守恒定律求解产生的电能．由P=I2R求解电功率．【解答】解：A、由E=、=及q=△t得，电量q==．故A错误．B、此时线框中感应电动势为E=2Ba=Bav，感应电流为I==，线框所受的安培力的合力为F=2BIa=，加速度为a加==．故B错误．C、根据能量守恒定律得：回路产生的电能为Q==．故C正确．D、此时线框中的电功率为P=I2R=．故D正确．故选CD【点评】本题考查电磁感应规律、闭合电路欧姆定律、安培力公式、能量守恒定律等等，难点是搞清楚磁通量的变化．二、计算题（本大题共3小题，共计45分．写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤，只写出最后答案的不能得分．有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位．）12．如图所示，在宽为l=0.5m的平行导轨上垂直导轨放置一个有效电阻为r=0.6Ω的直导体，在导轨的两端分别连接两个电阻R1=4Ω、R2=6Ω，其它电阻不计．整个装置处在垂直导轨向里的匀强磁场中，如图所示，磁感应强度B=0.1T．当直导体在导轨上以v=6m/s的速度向右运动时，求：（1）直导体棒的感应电动势E和两端的电压U ab；（2）流过电阻R1和R2的电流大小．【考点】导体切割磁感线时的感应电动势；闭合电路的欧姆定律．【专题】计算题；定量思想；推理法；磁场磁场对电流的作用．【分析】由E=BLv求出感应电动势，由并联电路特点、欧姆定律可以求出电压与电流．注意直导体棒两端的电压U ab是电路的外电压；【解答】解：导体棒切割磁感线产生电动势，相当于电源，等效电路图如图所示，感应电动势为：E=Blv=0.1×0.5×6=0.3V，外电阻为：R外==Ω=2.4Ω，总电流为：I===0.1A；直导线两端的电压为路端电压，故有：U ab=IR外=0.1×2.4=0.24V；（2）流过电阻R1的电流大小为：I1==0.06 A，流过电阻R2的电流大小为：I2==0.04A答：（1）直导体棒的感应电动势E和两端的电压U ab为0.24V；（2）流过电阻R1的电流大小为0.06 A，流过电阻R2的电流大小为0.04A．【点评】本题考查导体棒切割磁感线产生感应电动势，要注意导体棒切割磁感线相当于电源，应用E=BLv、欧姆定律即可正确解题，要注意作出等效电路图．13．面积S=0.2m2、n=100匝的圆形线圈，处在如下图所示的匀强磁场内，磁感应强度B随时间t 变化的规律是B=0.02t T．电阻R与电容器C并联后接在线圈两端，电阻R=3Ω，电容C=30 μF，线圈电阻r=1Ω．求：（1）线圈产生的感应电动势E的大小；（2）通过R的电流的大小；（3）电容器所带的电荷量．【考点】法拉第电磁感应定律；闭合电路的欧姆定律．【专题】定量思想；方程法；电磁感应与电路结合．【分析】（1）由法拉第电磁感应定律可得出线圈中的电动势，（2）再由欧姆定律可求得通过R的电流；（3）电容器与R并联，则可求得电容器两端的电压，由电容器的定义可求得电荷量．【解答】解：（1）由法拉第电磁感应定律可得：E=n=n=100×0.02×0.2V=0.4V；（2）根据闭合电路欧姆定律，则电路中电流I===0.1A；（3）由欧姆定律可得R两端的电压U=IR=0.3V；则电容器的电量Q=UC=9×10﹣6C；即电容器的电荷量为9×10﹣6C．答：（1）线圈产生的感应电动势E的大小0.4 V；（2）通过R的电流的大小0.1 A；（3）电容器所带的电荷量9×10﹣6 C．【点评】本题考查法拉第电磁感应定律、楞次定律的应用、电容器及欧姆定律，解题时注意发生电磁感应的部分看作电源，不能忽略了其内电阻．14．如图甲所示，足够长的光滑平行金属导轨MN、PQ竖直放置，其宽度L=1m，一匀强磁场垂直穿过导轨平面，导轨的上端M与P之间连接阻值为R=0.40Ω的电阻，质量为m=0.01kg、电阻为r=0.30Ω的金属棒ab紧贴在导轨上．现使金属棒ab由静止开始下滑，下滑过程中ab始终保持水平，且与导轨接触良好，其下滑距离x与时间t的关系如图乙所示，图象中的OA段为曲线，AB段为直线，导轨电阻不计，取g=10m/s2（忽略ab棒运动过程中对原磁场的影响），求：（1）磁感应强度B的大小；（2）金属棒ab在开始运动的1.5s内，通过电阻R的电荷量；（3）金属棒ab在开始运动的1.5s内，电阻R上产生的热量．【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】（1）由图乙知AB段为直线，表示ab棒做匀速直线运动，由斜率求出速度，再根据平衡条件和安培力与速度的关系联立求解B的大小．（2）根据感应电量的公式q=求解电荷量．（3）根据能量守恒定律求解热量．【解答】解：（1）据题图知最终ab棒做匀速直线运动，由乙图的斜率等于速度，可得ab棒匀速运动的速度为：v===7m/s根据平衡条件得：mg=BIL=BL=则得：B==×T=0.1T（2）金属棒ab在开始运动的1.5s内，通过电阻R的电荷量为：q=△t=△t===C=1C（3）金属棒ab在开始运动的1.5s内，根据能量守恒得：mgx=+Q又电阻R上产生的热量为：Q R=Q=（mgx﹣）=×（0.1×7﹣×0.01×72）=0.26J答：（1）磁感应强度B的大小为0.1T；6（2）金属棒ab在开始运动的1.5s内，通过电阻R的电荷量为1C；（3）金属棒ab在开始运动的1.5s内，电阻R上产生的热量为0.26J．【点评】本题的切入口是研究位移时间图象的物理意义，明确其斜率等于速度，求得速度，再根据电磁感应的基本规律解题．。