山东省潍坊市五县2014-2015学年高二物理下学期期中联合考试试题

2014-2015学年山东省潍坊市诸城市四县市联考高二（下）期中物理试卷一、本大题共10小题，每小题4分，在每小题给出的四个选项中，第1-6题只有一个选项符合题目要求，第7-10题有多个选项符合题目要求，全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。

1．下列有关物理学的史实中，正确的是（）A．贝克勒尔从含铀矿物中发现了天然放射现象B．玻尔最早发现了电子C．普朗克提出光子假设并建立了光电效应方程D．卢瑟福的α粒子散射实验证明了原子核是由质子和中子组成的2．一矩形线圈在匀强磁场中匀速转动，产生正弦式交流电，当线圈平面与中性面垂直时，下面说法正确的是（）A．电流方向将发生改变B．磁通量的变化率达到最大值C．通过线圈的磁通量达到最大值D．线圈所受磁场力达到最小值3．一电热器接在10V直流电源上，产生某一大小的热功率，现将电热器接在交流电源上，要使它产生的热功率是原来的一半，则交流电源有效值是（）A． 7.07V B． 10V C． 5V D． 2.5V4．在距地面高为h处，同时以大小相等的初速度分别平抛，竖直上抛，竖直下抛质量相等的物体（空气阻力不计），它们从抛出到落地的过程中动量的增量（）A．三者一样大 B．平抛过程最大C．竖直下抛过程最大 D．竖直上抛过程最大5．一炮艇总质量为M，以速度v0匀速行驶，从艇上以相对海岸的水平速度v沿前进方向射出一质量为m的炮弹，发射炮弹后艇的速度为v′，若不计水的阻力，则下列各关系式中正确的是（）A． Mv0=（M﹣m）v′+m（v+v′） B． Mv0=（M﹣m）v′+m（v+v0）C． Mv0=（M﹣m）v′+mv D． Mv0=Mv′+mv6．一个小水电站，输出的电功率为20kw，输电线总电阻为0.5Ω，如果先用400V的电压输送，后又改用2000V的电压输送，则输送电压提高后，输电导线上损失的电功率变化情况是（）A．减少50W B．减少1200WC．减少7.68×105W D．减小78.13W7．下列关于放射性元素的半衰期的说法正确的是（）A．同种放射性元素，在化合物中的半衰期与在单质中相同B．质量为m的铀经过两个半衰期后，原来所含的铀元素的原子核有发生了衰变C．氡的半衰期是3.8天，若有4g氡原子核，则经过7.6天就只剩下1g氡原子核D．氡的半衰期是3.8天，若有4个氡原子核，则经过7.6天就只剩下一个氡原子核8．我国科学家研制“两弹”所涉及到的基本核反应有：（1）U+n→Sr+Xe+k n （2）H+H→He+d n关于这两个方程的下列说法，正确的是（）A．方程（1）属于α衰变 B．方程（2）属于轻核聚变C．方程（1）中k=10，方程（2）中d=1 D．方程（1）中k=6，方程（2）中d=19．在光滑水平面上，原来静止的物体在水平力F作用下，经过时间t后，动量为p，动能为E K，则在F作用下，这个物体由静止开始经过时间2t（）A．其动能将等于2p B．其动能将等于4pC．其动能将等于2E K D．其动能将等于4E K10．如图甲所示的电路中，理想变压器原、副线圈匝数比为10：1，电流表、电压表均为理想电表，R是光敏电阻（其阻值随光强增大而减小）．原线圈接入如图乙示的正弦交流电压u，下列说法正确的是（）A．电压u的频率为100 HzB．电压表的示数为22VC．照射R的光变强时，灯泡变暗D．照射R的光变强时，电流表的示数变大二、本林题包括3小题，共18分11．如图所示，放射源放在铅块上的细孔中，铅块上方有匀强磁场，磁场方向度垂直于纸面向外，已知放射源放出的射线有α、β、γ三种，根据图示可以判断出甲是射线，乙是射线．12．如图所示，断开电键K，用一束光照射阴极P，发现电流表度数不为零，合上电键K，调节滑线变阻器，发现当电压表度数小于0.80V时，电流表读数仍不为零；当电压表读数大于或等于0.80V时，电流表读数为零，已知阴极材料的逸出功3.2eV，由此可知照射光的光子能量为eV．（结果保留两位有效数字）13．（10分）（2015春•诸城市期中）某同学利用打点计时器和气垫导轨做验证动量守恒定律的实验．气垫导轨装置如图（a）所示，所用的气垫导轨装置由导轨、滑块、弹射架等组成．在空腔导轨的两个工作面上均匀分布着一定数量的小孔，向导轨空腔内不断通入压缩空气，压缩空气会从小孔中喷出，使滑块稳定地悬浮在导轨上，这样就大大减小了因滑块和导轨之间的摩擦而引起的误差．（1）下面是实验的主要步骤，试完善实验步骤⑥的内容．①安装好气垫导轨，调节气垫导轨的调节旋钮，使导轨水平；②向气垫导轨通入压缩空气；③把打点计时器固定在紧靠气垫导轨左端弹射架的外侧，将纸带穿过打点计时器与弹射架并固定在滑块1的左端，调节打点计时器的高度，直至滑块拖着纸带移动时，纸带始终在水平方向；④把滑块1挤压导轨左端弹射架上的弹簧；⑤把滑块2放在气垫导轨的中间；⑥先，然后，让滑块带动纸带一起运动；⑦取下纸带，重复步骤④⑤⑥，选出理想的纸带如图（b）所示；⑧测得滑块1（包括撞针）的质量320g，滑块2（包括橡皮泥）的质量为210g．（2）已知打点计时器每隔0.02s打一个点，计算可知两滑块相互作用以前系统的总动量为kg•m/s；两滑块相互作用以后系统的总动量为kg•m/s（结果均保留三位有效数字）．（3）试说明（2）中两结果不完全相等的主要原因是．三、计算题（本题共4小题，共42分。

2014-2015学年山东省潍坊一中高二（下）月考物理试卷（4月份）一、选择题（本大题共11小题；每小题4分，共44分．在每小题给出的四个选项中，有一个选项或多个选项正确．全部选对的得4分，选不全的得2分，有选错或不答的得0分．）1. 下列说法中正确的是（ ）A.随着分子间距离增大，引力减小但斥力增大B.温度是分子热运动平均动能的标志C.液体分子的无规则运动称为布朗运动D.以上说法都不对2. 已知阿伏加德罗常数为 ，某物质的摩尔质量为 ，则该物质的分子质量和 水中所含氢原子数分别是（ ） A.，B. ，C.， D. ，3. 利用实验研究感应电流方向时，以下四个图中符合实验现象的是（ ） A.B.C. D.4. 如图所示，在电路两端加上正弦交流电，保持电压有效值不变，使频率增大，发现各灯的亮暗情况是：灯 变亮，灯 变暗，灯 不变，则 、 、 中所接元件可能是（ ）A. 为电阻， 为电容器， 为电感线圈B. 为电感线圈， 为电容器， 为电阻C. 为电容器， 为电感线圈， 为电阻D. 为电阻， 为电感线圈， 为电容器5. 如图所示，施加水平外力把矩形线圈从匀强磁场中匀速拉出，如果两次拉出的速度大小之比为 ，则拉出磁场的过程中（ ）A.两次线圈所受外力大小之比B.两次线圈发热之比C.两次线圈所受外力功率之比D.两次线圈中通过导线截面的电量之比6. 一个小型电热器若接在输出电压为 的直流电源上，消耗的电功率为 ，若把它接在某个正弦交流电源上，其消耗的电功率为．如果电热器电阻不变，则此交流电源输出电压的最大值为（ ） A. B. C. D.7. 如图所示，理想变压器初级线圈的匝数为 ，次级线圈的匝数为 ，初级线圈两端 、 接正弦交流电源，电压表 的示数为 ，负载电阻为 时，电流表 的示数是 ．下列说法正确的是（ ）A.电流表 的示数为B.初级和次级线圈的匝数比为C.若将另一个电阻与原负载 并联，则电流表 的示数增大D.若将另一个电阻与原负载 并联，则电流表 的示数减小8. 如图 所示，矩形导线框 固定在匀强磁场中，磁感线垂直于线框所在平面向里．规定垂直于线框所在平面向里为磁场的正方向；线框中沿着 方向为感应电流 的正方向．要在线框中产生如图 所示的感应电流，则磁感应强度 随时间 变化的规律可能为（ ）A.B.C.D.9. 某小型水电站的电能输送示意图如图所示，发电机通过升压变压器和降压变压器向用户供电．已知输电线的总电阻为，降压变压器的原、副线圈匝数之比为，降压变压器副线圈两端交变电压，降压变压器的副线圈与阻值的电阻组成闭合电路．若将变压器视为理想变压器，则下列说法中正确的是（）A.通过电流的有效值是B.降压变压器原、副线圈的电压比为C.升压变压器的输出电压等于降压变压器的输入电压D.升压变压器的输出功率大于降压变压器的输入功率10. 图是用电流传感器（相当于电流表，其电阻可以忽略不计）研究自感现象的实验电路，图中两个电阻的阻值均为，是一个自感系数足够大的自感线圈，其直流电阻值也为．图是某同学画出的在时刻开关切换前后，通过传感器的电流随时间变化的图象．关于这些图象，下列说法中正确的是（）A.图中甲是开关由断开变为闭合，通过传感器的电流随时间变化的情况B.图中乙是开关由断开变为闭合，通过传感器的电流随时间变化的情况C.图中丙是开关由闭合变为断开，通过传感器的电流随时间变化的情况D.图中丁是开关由闭合变为断开，通过传感器的电流随时间变化的情况11. 如图所示，由粗细均匀的电阻丝制成边长为的正方形线框，线框的总电阻为．现将线框以水平向右的速度匀速穿过一宽度为、磁感应强度为的匀强磁场区域，整个过程中、两边始终保持与磁场边界平行．令线框的边刚好与磁场左边界重合时，电流沿方向为正，．在下图中画出线框中电流和、两点间电势差随线框边的位移变化的图象中正确的是（）A.B.C.D.二．填空题（本大题共3小题，共18分．把答案填横线上）1. 已知某物质的摩尔质量和密度分别为和，阿伏加德罗常数为，则该物质每一个分子的质量为________，该物质单位体积的分子数为________．2. 如图所示，长度，电阻的导体沿光滑导线框向右做匀速运动，运动的速度．线框中接有的电阻．整个空间有磁感应强度的匀强磁场，磁场方向垂直于线框平面，其余电阻不计．电路中相当于电源的部分是________；________相当于电源的正极，金属杆两端间的电压为________，导体所受安培力的大小________，电阻上消耗的功率________．3. 在“用油膜法估测分子的大小”的实验中，用移液管量取油酸，倒入标注的容量瓶中，再加入酒精后得到的溶液，然后用滴管吸取这种溶液，向小量筒中滴入滴溶液，溶液的液面达到量筒中的刻度，再用滴管取配好的油酸溶液，向撒有痱子粉的盛水浅盘中滴下滴溶液，在液面上形成油酸薄膜，待油膜稳定后，放在带有正方形坐标格的玻璃板下观察油膜，如图所示．坐标格正方形的大小为，由图可以估算出油膜的面积是________（保留两位有效数字），由此估算出油膜分子的直径是________（保留一位有效数字）．三．简答题（本大题共3小题，共38分．解答应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．）1. 一个足球的容积，原来装满的空气．现用打气筒给这个足球打气，每次可把、压强为的空气打入球内，要使足球内部的压强增为，应打气多少次？（设足球的容积和空气温度在打气过程中不变）2. 如图所示，一矩形线圈在匀强磁场中绕轴匀速转动，磁场方向与转轴垂直．线圈匝数，电阻，长，宽，角速度．磁场的磁感强度．线圈两端外接电阻的用电器，和一个理想交流电流表．试分析求解：（1）线圈中产生感应电动势的最大值；（2）电流表的读数；（3）用电器上消耗的电功率．3. 如图甲所示，、为间距足够长的平行导轨，，导轨的电阻均不计．导轨平面与水平面间的夹角，间连接有一个的电阻．有一匀强磁场垂直于导轨平面且方向向上，磁感应强度为．将一根质量为的金属棒紧靠放置在导轨上，且与导轨接触良好．现由静止释放金属棒，当金属棒滑行至处时达到稳定速度，已知在此过程中通过金属棒截面的电量，且金属棒的加速度与速度的关系如图乙所示，设金属棒沿导轨向下运动过程中始终与平行．．求：（1）金属棒与导轨间的动摩擦因数；（2）金属棒的电阻；（3）离的距离；（4）金属棒滑行至处的过程中，电阻上产生的热量．参考答案与试题解析2014-2015学年山东省潍坊一中高二（下）月考物理试卷（4月份）一、选择题（本大题共11小题；每小题4分，共44分．在每小题给出的四个选项中，有一个选项或多个选项正确．全部选对的得4分，选不全的得2分，有选错或不答的得0分．）1.【答案】B【考点】温度是分子平均动能的标志分子间的相互作用力【解析】分子间距离增大时，分子间的引力、斥力都减小；布朗运动是悬浮在液体中固体颗粒的运动；温度是分子的平均动能的标志．【解答】解：、随着分子间距离增大，引力和斥力减小同时减小，故错误；、温度是分子热运动平均动能的标志，是大量分子做无规则运动的统计规律．故正确，错误；、布朗运动是悬浮在液体中固体颗粒的运动，不是液体分子的无规则运动；故错误；故选：．2.【答案】A【考点】阿伏加德罗常数【解析】分子质量等于摩尔质量与阿伏伽德罗常数的比值，根据水的质量求出水的物质的量，结合阿伏伽德罗常数求出原子数．【解答】解：物质分子的质量，的水物质的量为，则水中氢原子数为：．故正确，、、错误．故选：．3.【答案】A,B【考点】楞次定律由安培定则判断出磁场方向，然后由楞次定律判断出感应电流的方向．【解答】解：、、条形磁铁的极向下运动的过程中，向下的磁场增大，根据楞次定律可知感应电流的磁场的方向向上，则流过电流表的电流的方向向下，故正确，错误；、、条形磁铁的极向下运动的过程中，向上的磁场增大，根据楞次定律可知感应电流的磁场的方向向下，则流过电流表的电流的方向向上，故正确，错误；故选：4.【答案】C【考点】电容器和电感器对交变电流的导通和阻碍作用【解析】线圈的感抗与交流电的频率成正比，电容器的容抗与频率成反比，而电阻与频率没有关系．交流电频率增大，灯泡变暗，阻抗变大，变亮，阻抗变小．【解答】解：交流电频率增大，灯变亮，阻抗变小，说明是电容器；灯变暗，阻抗变大，说明为电感线圈．灯亮度不变，说明为电阻，故正确，错误．故选：．5.【答案】C,D【考点】导体切割磁感线时的感应电动势电功、电功率【解析】线框匀速被拉出时，拉力等于安培力，根据切割产生的感应电动势公式、闭合电路欧姆定律、安培力公式求出拉力的表达式，从而得出拉力之比；根据拉力的大小得出拉力功率的表达式，从而得出拉力功率之比．根据拉力做功等于产生的焦耳热，得出热量的表达式，从而得出产生的焦耳热之比．【解答】解：、将线圈匀速拉出时，，因为速度之比为，则拉力之比为．故错误．、根据能量守恒知，拉力做功等于产生的焦耳热，则，因为速度之比为，则产生的焦耳热之比为．故错误．、拉力的功率，因为速度之比为，所以拉力的功率之比为．故正确．、通过导线的电荷量为：则与线框移动速度无关，磁通量的变化量相同，所以通过导线横截面的电荷量．故正确．故选：6.C【考点】交流的峰值、有效值以及它们的关系【解析】根据焦耳定律求解电流的有效值，其中是有效值．再根据有效值与最大值的关系求出最大值．【解答】解：设电热器的电阻为，时间内产生的热量为，则：此热量是接交流电源上产生的热功率的倍，所以所以：有解得：有所以最大值为有故选：7.【答案】A,B,C【考点】变压器的构造和原理【解析】理想变压器输入功率等于输出功率，原副线圈电流与匝数成反比，原副线圈电压与匝数成正比．且电流与电压均是有效值，电表测量值也是有效值．【解答】解：、变压器的输出功率等于输入功率，则：得：，正确，、由于原副线圈电流与匝数成反比，所以初级线圈和次级线圈的匝数比为，正确；、若将另一个电阻与原负载并联，总电阻减小而电压不变，副线圈电流增大，电流与匝数成反比，则电流表的示数增大，正确错误；故选：8.【答案】B【考点】导体切割磁感线时的感应电动势闭合电路的欧姆定律【解析】根据楞次定律，通过磁场的变化判断感应电流的方向，根据法拉第电磁感应定律判断感应电动势即感应电流的大小．【解答】解：、在时间内，磁场垂直纸面向里，且均匀增大，根据楞次定律，知感应电流的方向为，与规定的正方向相反，感应电流为负值．故错误．、在时间内，磁场垂直纸面向里，且均匀减小，根据楞次定律，知感应电流的方向为，与规定的正方向相同，根据法拉第电磁感应定律，产生的感应电动势为定值，则感应电流为定值，同理，在时间内，感应电流的方向为，与规定的正方向相反，感应电流为负值，且为定值．故正确．、在时间内，磁场垂直纸面向里，且均匀减小，根据楞次定律，知感应电流的方向为，与规定的正方向相同，根据法拉第电磁感应定律，产生的感应电动势为定值，则感应电流为定值，在时间内，磁场方向垂直纸面向外，且均匀增大，根据楞次定律，感应电流的方向仍然为，与规定的正方向相同．故错误．、磁感应强度不变，磁通量不变，则不产生感应电流．故错误．故选．9.【答案】A,B,D【考点】远距离输电【解析】根据电压与匝数成正比，电流与匝数成反比，可以求得降压变压器的电流和输电线上的电流的大小，从而可以求得输电线和用电器消耗的功率的大小．【解答】解：、降压变压器副线圈两端交变电压有效值为，负载电阻为，所以通过电流的有效值是，选项正确；、降压变压器的原、副线圈匝数之比为，所以降压变压器原、副线圈的电压比为，所以选项正确；、升压变压器的输出电压等于降压变压器的输入电压加上输电线上的电压，所以选项错误；、升压变压器的输出功率等于降压变压器的输入功率加上输电线上的功率，所以选项正确．故选：．10.【答案】B,C【考点】自感现象和自感系数【解析】接通电源的瞬间，线圈相当于断路，回路中的电流逐渐增大到稳定不变；断开电源的瞬间，线圈相当于电源，电流逐渐减小到零．【解答】解：开关由断开变为闭合，由于的自感作用，通过传感器的电流是逐渐增大的，当稳定以后，自感消失，电流保持不变，故错误正确；开关由闭合变为断开，传感器的电流立即为零，由于的自感作用（相当于电源），传感器的电流与原来反向且逐渐减小为零，故正确错误；故选11.【答案】A,D【考点】导体切割磁感线时的感应电动势【解析】当线框进入磁场时，磁通量发生变化有感应电流产生，根据有效切割长度判断出电流大小变化，根据楞次定律或右手定制判断出感应电流方向，即可正确解答．【解答】解：当线框进入磁场的过程，切割的长度不变，即感应电动势及电流大小不变；由右手定则可知，电流为逆时针（沿），故为正值，、两点间电势差；当线框全部进入磁场，磁通量不变，无感应电流．边的电压等于边产生的感应电动势，故为正值；；同理可知，线框从磁场中出来的过程中，电流为顺时针的方向，故为负值，点的电势高于点的电势，；故正确．故选：．二．填空题（本大题共3小题，共18分．把答案填横线上）1.【答案】,【考点】阿伏加德罗常数【解析】每摩尔物体含有个分子数，所以分子的质量等于摩尔质量除以阿伏伽德罗常数．要求出单位体积内的分子数，先求出单位体积的摩尔量，再用摩尔量乘以阿伏伽德罗常数．【解答】解：每个分子的质量．单位体积的质量等于单位体积乘以密度，质量除以摩尔质量等于摩尔数，所以单位体积所含的分子数；故答案为：；．2.【答案】,,,,【考点】导体切割磁感线时的感应电动势电功、电功率安培力【解析】根据右手定则判断感应电流的方向，即可确定等效电源的正负极．根据求出感应电动势，由全电路欧姆定律得出电流强度，由欧姆定律可求得间的电压．由公式求解安培力的大小，根据公式求解电阻上消耗的功率．【解答】解：电路中棒切割磁感线，产生感应电动势，相当于电源．由右手定则判断可知相当于电源的正极是端．感应电动势为：感应电流为：两端间的电压为外电压，为杆所受的安培力为：电阻上消耗的功率故答案为：，，，，3.【答案】,【考点】用油膜法估测分子的大小【解析】由图示油膜求出油膜的面积，根据题意求出两滴油酸溶液含纯油的体积，然后求出油膜的厚度，即油酸分子的直径，从而即可求解．【解答】解：由图示油膜可知，油膜的面积为：两滴油酸溶液含纯油的体积：，油酸分子的直径为：；故答案为：，三．简答题（本大题共3小题，共38分．解答应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．）1.【答案】应打气次【考点】理想气体的状态方程【解析】对打了次的总的空气运用玻意耳定律列式求解即可【解答】解：对打足气后球内的气体有：初态：，；末态：，．由玻意耳定律得，所以，解得，即应打气次．2.【答案】（1）线圈中产生感应电动势的最大值为；（2）电流表的读数；（3）用电器上消耗的电功率【考点】交流发电机及其产生正弦式电流的原理电功、电功率【解析】（1）线圈中产生的感应电动势的最大值表达式为，写出感应电动势的瞬时表达式，再根据欧姆定律求出电流的瞬时表达式．（2）电流表测量电流的有效值．根据和欧姆定律求出电流的有效值．（3）用电器消耗的电功率，是电流的有效值．【解答】解：（1）线圈中产生的感应电动势的最大值表达式为：代入数据得：（2）由根据欧姆定律可知：解得由电流表读数即为该交流电的有效值解得（3））由小灯泡消耗的电功率：答：（1）线圈中产生感应电动势的最大值为；电流表的读数；（3）用电器上消耗的电功率3.【答案】（1）金属棒与导轨间的动摩擦因数；（2）金属棒的电阻是；（3）离的距离是；（4）金属棒滑行至处的过程中，电阻上产生的热量是．【考点】导体切割磁感线时的感应电动势焦耳定律【解析】（1）当刚释放时，导体棒中没有感应电流，所以只受重力、支持力与静摩擦力，由牛顿第二定律可求出动摩擦因数．（2）当金属棒速度稳定时，受到重力、支持力、安培力与滑动摩擦力达到平衡，这样可以列出安培力公式，产生感应电动势的公式，再由闭合电路殴姆定律，列出平衡方程可求出金属棒的内阻；（3）结合闭合电路的欧姆定律，利用通过棒的电量来确定金属棒移动的距离．（4）金属棒滑行至处的过程中，由动能定理可求出安培力做的功，而由于安培力做功导致电能转化为热量．【解答】解：（1）由图乙知，当时，，根据牛顿第二定律得代入数据解得：（2）由图乙可知：金属棒的最大速度为当金属棒达到稳定速度时作匀速运动，有：；感应电流安培力受力平衡得：解得（3）通过棒的电量则得（4）棒下滑的过程中重力、摩擦力与安培力做功，根据动能定理得：根据功能关系知，总；电阻上产生的热量总答：（1）金属棒与导轨间的动摩擦因数；（2）金属棒的电阻是；（3）离的距离是；（4）金属棒滑行至处的过程中，电阻上产生的热量是．。

2014-2015学年度第二学期模块测试高二物理第I卷共48分一．选择题：(本题共12小题，每小题4分，在每小题给出的四个选项中，第 1 ~ 8题只有一项符合题目要求，第9 ~ 12题有多项符合题目要求，全部选对的得4 分，选对但不全的得2分，有选错的得0 分。

答案涂在答题纸上相应的位置。

)1．如图所示，闭合圆导线线圈放置在匀强磁场中，线圈平面与磁场平行，其中ac、bd分别是平行、垂直于磁场方向的两条直径．试分析线圈做如下运动时，能产生感应电流的是()A．使线圈在纸面内平动B．使线圈平面沿垂直纸面方向向纸外平动C．使线圈以ac为轴转动D．使线圈以bd为轴转动2．如图所示，A、B是相同的白炽灯，L是自感系数很大、电阻可忽略的自感线圈。

下面说法正确的是A．闭合开关S时，B灯比A灯先亮，最后一样亮B．闭合开关S时，A灯比B灯先亮，最后一样亮C．闭合开关S稳定后断开开关S时，流过A灯中的电流方向与原来相同D．闭合开关S稳定后断开开关S时，A灯与B灯更亮一下后慢慢熄灭3．矩形线圈abcd在匀强磁场中绕垂直于磁场的轴匀速转动，线圈所围面积的磁通量Φ随时间t变化的规律如图所示，下面的说法正确的是A．t1时刻线圈中感应电动势最大B．t2时刻导线ad的速度方向跟磁感线垂直C．t2时刻线圈平面与中性面重合D．t4时刻线圈中感应电流方向改变4．如图所示的理想变压器，各表均为理想交流电表，R 1，R 2，R 3均为定值电阻，初级线圈加上电压有效值恒定的交变电流，当开关K 闭合时，下列说法正确的是（ ）A ．A 1示数不变，A 2示数变大B ．V 1示数变小，V 2示数变小C ．V 1示数不变，V 2示数不变D ．R 2消耗功率变小5． 一矩形线圈abcd 位于一随时间变化的匀强磁场内，磁场方向垂直线圈所在的平面向里(如图甲所示)，磁感应强度B 随时间t变化的规律如图乙所示．以I 表示线圈中的感应电流(图甲中线圈上箭头方向为电流的正方向)，则下列选项中能正确表示线圈中电流I 随时间t 变化规律的是6．如图所示，直角三角形导线框abc 以大小为v 的速度匀速通过有清晰边界的匀强磁场区域（匀强磁场区域的宽度大于导线框bc 边的长度），则此过程中导线框中感应电流随时间变化的规律为(规定逆时针方向的电流为正)7．如图所示，图甲和图乙分别表示正弦脉冲波和方波的交变电流与时间的变化关系．若使这两种电流分别通过两个完全相同的电阻，则经过1 min 后，两电阻消耗的电功之比W 甲∶W 乙为( )A ．1∶2B ．1∶2C ．1∶3D ．1∶68．现将电池组、滑动变阻器、带铁芯的线圈A、线圈B、电流计及电键按如图1所示连接．下列说法中正确的是A．电键闭合后，线圈A插入或拔出线圈B时都会引起电流计指针偏转B．线圈A插入线圈B中后，电键闭合后电流计指针偏转一角度后静止不动C．电键闭合后，使滑动变阻器的滑片P匀速滑动的过程，电流计指针无偏转D．电键闭合后，只有滑动变阻器的滑片P加速滑动，电流计指针才能偏转9．如图所示，金属铜球从距底端高h的绝缘光滑曲面无初速滚下，又沿曲面的另一侧上升，整个装置处在磁场中，则A．若磁场是匀强磁场，铜球滚上的最大高度小于hB．若磁场是匀强磁场，铜球滚上的最大高度等于hC．若是从左到右逐渐增强的非匀强磁场，铜球滚上的最大高度小于h。

6.2014-2015学年度第二学期期中教学质量检测物理试题命题人: 审核人: 注意事项： 本试卷满分100分，考试时间100分钟 答卷前，考生务必将本人的学校、班级、姓名、考试号填在答题纸的密封线内. 将每题的答案或解答写在答题纸上，在试卷上答题无效. 考试结束，只交答题纸. 、单项选择题：本题共 6小题，每小题3分，共计18分•每小题只有一个 选项符合题意. l . 2. 3. 4. 2. 某矩形线圈在匀强磁场中匀速转动，产生的感应电动势为 增加1倍，保持其他条件不变，则产生的感应电动势为 A . e=E m sin2otB . e=2E m sin2 otC . e=2E m sin4otD . e=4E m sin2ot 中央电视台《焦点访谈》多次报道某些边远落后农村电价过高，农民负担过重，其中客 观原因是电网陈旧老化•近年来进行了农村电网改造，为了减少远距离输电线路上的电能损耗而降低电费价格，以下措施中切实可行 e=E m sin cot 若将线圈的转速 的是 3. 4. 5. A .提高输送功率B .C •提高输电电压D . 如图所示，三只完全相同的灯泡 a 、b 、c 分别与电阻R 、电感L 、电容C 串联，再将三 者并联，接在 “220V 100HZ'的交变电压两端，三只灯泡亮度相同，若将交变电压改为“220V 50Hz ”，则 A .三只灯泡亮度不变 B .三只灯泡都将变亮 C. a 亮度不变，D. a 亮度不变， 如图一矩形线圈， 的固定轴转动，线圈中的感应电动势 e 随时间t 的变化 如图，下列说法中正确的是A . t 1时刻通过线圈的磁通量为零B . t 2时刻线圈位于中性面C . t 3时刻通过线圈的磁通量变化率的绝对值最大D .每当e 变化方向时，通过线圈的磁通量最大 如图所示是一个火警报警器电路的示意图.其中 这种半导体热敏材料的电阻率随温度的升高而增大. 电源两极之间接一报 示器的电流 A . I 变大， C . I 变大， 如图甲所示，为一种调光台灯电路示意图，它通过双向可控硅电 子器件实现了无级调节亮度.给该台灯接220 V 的正弦交流电后 加在灯管两端的电压如图乙所示，则此时交流电压表的示数为 用超导材料做输电线 减小输电线的横截面 a 、 b 变亮，c 变暗 b 变暗，c 变亮绕垂直于匀强磁场并位于线圈平面警器•当传感器 I 、报警器两端的电压 U 变大 U 变小L\J■0,4R 3为用半导体热敏材料制成的传感器， 值班室的显示器为电路中的电流表, R 3所在处出现火情时，显 U 的变化情况是 变小，U 变大变小，U 变小220 110C. ■ VD. - V.2 2二、多项选择题.本题共6小题，每小题4分，共计24分.每小题有多个选项符合题意. 全部选对的得4分，选对但不全的得2分，错选或不答的得0分.7•关于涡流，下列说法中正确是A •真空冶炼炉是利用涡流来熔化金属的装置B •家用电磁炉锅体中的涡流是由恒定磁场产生的C •阻尼摆摆动时产生的涡流总是阻碍其运动D •变压器的铁芯用相互绝缘的硅钢片叠成能减小涡流&如图甲所示为某工厂成品包装车间的光传感记录器，光敏电阻发出的光，每当工件挡住A发出的光，光传感器处理后在屏幕显示出电信号与时间的关系，如图乙所示•若传送带保持匀加速运动，每个工件均相对传送带静止，且相邻工件间距依次为5、10、15、20、…（单位：cm）.则以下说法正确的是（不计工件挡住光的时间）A .工件的加速度为0.1 m/s2B .工件的加速度为0.2 m/s2C .当无光照射R1时，光传感器就输出一次高电压D •当无光照射R1时，光传感器就输出一次低电压9•如图甲、乙所示电路中，电阻R和电感线圈L的电阻都很小•接通B. 110V灯泡A发光，则S,使电路达到上磁炉R1能接收到发光元件AB就输出一个电信号，并经信号处理器12. 如图所示，相距为d 的两水平虚线L 1和L 2分别是水平向里的匀强磁场的上下两个边界， 磁场的磁感应强度为 B ,正方形线框abdc 边长为L (L<d ),质量为 方高h 处由静止释放.如果 ab 边进入磁场时的速度为 V 0, cd 边刚 穿出磁场时的速度也为 V 。

2014—2015学年度第二学期期中试卷高二物理第Ⅰ卷（选择题 共40分）一、选择题(本题共10小题，每小题4分，共40分．每小题给出的四个选项中，有的小题只有一个选项正确，有的小题有多个选项正确，全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错或不答的得0分)1. 绕有线圈的铁芯直立在水平桌面上，铁芯上套着一个铝环，线圈与直流稳恒电源、电键相连，如图所示，线圈上端与电源正极相连，闭合电键的瞬间，铝环向上跳起．若保持电键闭合，则（ ）A ．铝环不断升高B ．铝环停留在某一高度C ．铝环跳起到某一高度后将回落D ．如果电源的正、负极对调，观察到的现象不变2. 一交变电流的电压表达式为u ＝100 sin120πt （V ），由此表达式可知( )A ．用电压表测该电压其示数为100 VB ．该交变电压的频率为60HzC ．将该电压加在100Ω的电阻两端，则该电阻消耗的电功率为100 WD ．t ＝1/480 s 时，该交流电压的瞬时值为50 V3．满载砂子的总质量为M 的小车，在光滑水平面上做匀速运动，速度为0v 。

在行驶途中有质量为m 的砂子从车上漏掉，则砂子漏掉后小车的速度应为：( )A ．0vB ．m M Mv -0 C ．m M mv -0 D ．Mv m M 0)(-4. 如图所示，在光滑的水平地面上有一辆平板车，车的两端分别站着人A 和B ，A 的质量为m A ，B 的质量为m B ，m A >m B .最初人和车都处于静止状态．现在，两人同时由静止开始相向而行，A 和B 对地面的速度大小相等，则车 ( )A ．静止不动B ．左右往返运动C ．向右运动D ．向左运动5.右图表示一交流电的电流随时间而变化的图像,此交流电流的有效值是 ( ) A ．25 A B ．5AC ．25.3 AD ．3.5A6.图是街头变压器通过降压给用户供电的示意图。

变压器输入电压是市电网的电压，不会有很大的波动。

2014-2015学年度高二下学期期中测试物理试卷考试时间：90分钟出题人：张纯强校对人：赵浦贤第I卷（客观题共48分）一、选择题：本题共12小题；每小题4分，期中1-8为单选题，9-12为多选题。

选对得4分，漏选得2分，错选不得分.1．如图所示，有一正方形闭合线圈，在足够大的匀强磁场中运动．下列四个图中能产生感应电流的是()2．如图所示，电阻R、电容C与一线圈连成闭合电路，条形磁铁静止于线圈的正上方，下端为N极．现使磁铁自由下落，在N极接近线圈上端的过程中，流过R的电流方向和电容器极板的带电情况是( )A．从a到b，上极板带正电B．从a到b，下极板带正电C．从b到a，上极板带正电D．从b到a，下极板带正电3．粗细均匀的电阻丝围成的正方形线框置于有界匀强磁场中，磁场方向垂直于线框平面，其边界与正方形线框的边平行．现使线框以同样大小的速度沿四个不同方向平移出磁场，如图所示，则在移出过程中线框一边a、b两点间的电势差绝对值最大的是( )4．一个矩形线圈在匀强磁场中转动产生的电动势e＝2002sin 100πt(V)，那么( )A．该交流电的频率是100 Hz B．当t＝0时，线圈平面恰好与中性面垂直C．当t＝1200s时，e有峰值D．该交流电电动势的有效值为200 2 V5．水电站向小山村输电，输送电功率为50 kW，若以1 100 V送电，则线路损失为10 kW，若以3 300 V送电，则线路损失可降为()A．3.3 kW B．1.1 kW C．30kWD．11 kW6．如图甲所示，为一种可调压自耦变压器的结构示意图，线圈均匀绕在圆环形铁芯上，若AB 间输入如图乙所示的交变电压，转动滑动触头P 到如图甲中所示位置，在BC 间接一个理想的交流电压表(图甲中未画出)，则( )A ．AB 间输入的交流电的电压瞬时值表达式为u ＝220 2 sin (10πt) V B ．该交流电的频率为100 HzC ．t ＝1×10－2 s 时电压表的读数为零D ．BC 间输出的电功率为零7．甲、乙两弹簧振子，振动图象如图所示，则可知( ) A ．两弹簧振子完全相同B ．两弹簧振子所受回复力最大值之比F 甲：F 乙＝2：1C ．振子甲速度为零时，振子乙速度最大D ．振子的振动频率之比f 甲：f 乙＝2：18．如图所示，条形磁铁从h 高处自由下落，中途穿过一个固定的空心线圈，开关S 断开时，至落地用时t 1，落地时速度为v 1；S 闭合时，至落地用时t 2，落地时速度为v 2，则它们的大小关系正确的是( ) A ．t 1＞t 2，v 1＞v 2 B ．t 1＝t 2，v 1＝v 2 C ．t 1＜t 2，v 1＜v 2D ．t 1＜t 2，v 1＞v 29.如图所示，R 1、R 2为定值电阻，L 为小灯泡，R 3为光敏电阻，当照射光强度增大时( ) A ．电压表的示数增大 B ．R 2中电流减小 C ．小灯泡的功率增大 D ．电路的路端电压增大10、如图所示的电路中，A 1和A 2是完全相同的灯泡，线圈L 的电阻可以忽略。

山东省潍坊市2015-高二物理下学期阶段性教学质量监测（期中）试题 本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分．满分100分，考试时间为90分钟． 第I 卷（选择题 40分）一、选择题（40分）本大题共10题，每小题4分．在每小题给出的四个答案中，第1-6题只有一项符合题目要求；第7-10题有多项符合题目要求，全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错或不答的得0分．1．下列说法正确的是A ．温度越高，物体分子的平均动能越大B ．温度升高，物体内的每一个分子的热运动速率都增大C ．当氢气和氧气的温度相同时，它们分子的平均速率相同D ．随着低温技术的发展，可以使温度逐渐降低，并最终达到绝对零度2．下列说法正确的是A ．给自行车打气时气筒压下后反弹，是由分子间斥力造成的B ．露珠呈球形是由于表面张力所致C ．不浸润是因为附着层的液体分子比液体内部的分子密集D ．分子间的距离r 小于某一值时分子间只有斥力没有引力3．下列说法正确的是A ．密闭容器内液体上方气体的饱和气压与温度无关B ．晶体熔化过程中要吸收热量，但分子的平均动能不变C ．用手捏面包，面包体积会缩小，说明分子之间有间隙D ．冰箱可以自发地使热量由温度较低的冰箱内向温度较高的冰箱外转移4．如图所示，用均匀导线做成边长为1m 的正方形线框，线框的一半处于垂直线框向里的有界匀强磁场中．当磁场以0.2T ／s 的变化率增强时，a 、b 两点的电势分别为a ϕ 、b ϕ，回路中电动势为E ，则A ．a ϕ<b ϕ，E=0.2VB ．a ϕ>b ϕ，E=0.2VC ．a ϕ<b ϕ，E=0.1VD ．a ϕ>b ϕ，E=0.1V5. 如图所示，A l 和A 2是两个电阻为R 的灯泡，A l 与自感线圈L (直流电阻为零)串联后接到电路中，A 2与电阻R 串联后接到电路中．先闭合开关S ，调节电阻R 1，使A l 灯泡正常发光，然后断开开关S,则A ．A l 、A 2立即熄灭B ．A 2立刻熄灭,A 1过一会儿熄灭C ．A l 闪亮后过一会儿才熄灭D ．A 2闪亮后过一会儿才熄灭6. 如图甲所示，理想变压器原、副线圈的匝数比n 1∶n 2＝4∶1，原线圈接图乙所示的正弦交流电，副线圈与理想交流电压表、理想交流电流表、热敏电阻R T (阻值随温度的升高而减小)及报警器P (有内阻)组成闭合电路，回路中电流增加到一定值时报警器P 将发出警报声，则以下判断正确的是A ．电压表示数为9VB ．R T 处温度升高时，电流表示数变小C ．R T 处温度升高时，电压表示数变大D ．R T 处温度升高到一定值时，报警器P 将会发出警报声7. 目前，我省已开展空气中PM 2.5浓度的监测工作．PM 2.5是指空气中直径等于或小于2.5 μm 的悬浮颗粒物，其飘浮在空中做无规则运动，很难自然沉降到地面，吸入后对人体形成危害．矿物燃料燃烧的排放物是形成PM 2.5的主要原因．下列关于PM 2.5的说法中正确的是A ．PM 2.5的尺寸与空气中氧分子的尺寸的数量级相当B ．PM 2.5在空气中的运动属于分子热运动C ．PM 2.5的运动轨迹是由大量空气分子对PM 2.5无规则碰撞的不平衡和气流的运动决定的D ．倡导低碳生活，减少煤和石油等燃料的使用，能有效减小PM 2.5在空气中的浓度8．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C ．在压强不变而体积增大时，气体内能一定增加D ．当气体膨胀时，气体的内能一定减少9．电磁学的成就极大地推动了人类社会的进步．下列说法正确的是A ．自感现象是变压器工作的基础B ．高频电流产生的涡流可以用来冶炼合金C ．交流感应电动机是利用电磁驱动原理工作的D ．动圈式话筒利用了电磁感应原理10. 如图所示，一半径为r 的半圆形单匝线圈放在磁感应强度为B 的匀强磁场中，线圈以直径ab 为轴匀速转动，转速为n ．线圈的两输出端分别与滑环M 和N 连接，负载电阻为R ．线圈、电流表和连接导线的电阻不计，下列说法中正确的是A.图示位置线圈中感应电动势最小B.转动过程中电流表的示数为222Bnr R πC. 从图示位置起转过1/4圈的时间内感应电动势的平均值为22nBr πD. 从图示位置起转过1/4圈的时间内感应电动势的平均值为2224n Br π二、本题共3个小题，共 18分.11．(6分)为判断线圈绕向，可将灵敏电流计G 与线圈L 连接，如图所示．已知线圈由a 端开始绕至b 端，当电流从电流计G 左端流入时，指针向左偏转．(1)将磁铁N 极向下从线圈L 中向上抽出时，发现指针向左偏转．俯视线圈，其绕向为___▲_____(填：“顺时针”或“逆时针”)．(2)当条形磁铁从图中的虚线位置向右远离L 时，指针向右偏转．俯视线圈，其绕向为___▲_____(填：“顺时针”或“逆时针”)．12．(6分)利用油膜法估测油酸分子的大小，实验器材有：油酸、酒精溶液、最小刻度为0.1mL 的量筒、盛有适量清水的规格为30cm×40cm 的浅盘、痱子粉、橡皮头滴管、玻璃板、彩笔、坐标纸．(1)下面是实验步骤，请填写所缺的步骤D 有下列实验步骤：A ．配制油酸酒精溶液，用注射器将配好的油酸酒精溶液一滴一滴地滴入量筒中，记下量筒内每增加一定体积时的滴数，由此计算出一滴油酸酒精溶液的体积．B ．往浅盘里倒入约2cm 深的水，待水面稳定后将适量的痱子粉均匀地撒在水面上．C ．用注射器将配好的油酸酒精溶液滴一滴在水面上，待薄膜形状稳定．D ． ▲ ；E ．将画有油膜形状的玻璃板平放在坐标纸上，计算出油膜的面积，根据油酸的体积和面积计算出油酸分子直径的大小．(2)将1 cm 3的油酸溶于酒精，制成300cm 3的油酸酒精溶液；测得1 cm 3的油酸酒精溶液有50滴．现取一滴该油酸酒精溶液滴在水面上，测得所形成的油膜的面积是0.13m 2．由此估算出油酸分子的直径为___▲_____m ．(结果保留1位有效数字)13. （6分）对一定质量的气体，在等温条件下得出体积V 与压强P 的数据如下表：（1）根据所给数据在坐标纸上出P －1/V 图线（2）由所作图线，可得结论是 ▲ ；（3）该图线斜率越大，则温度 ▲ ．（填“越高”或“越低”或“不变”）V(3m ) 1 0.5 0.4 0.25 0.2 P(510Pa ) 1.50 3.05 3.75 5.97 7.50高二物理试题第Ⅱ卷(非选择题，共60分)三、计算题．本题包括4小题，共42分．解答时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．14．(8分) 如图所示为一定质量理想气体的P－V图象，气体状态由A经B到C的变化过程中，气体吸收了420J热量，对外做功400J．已知状态A的温度为300 K．求气体：(1)内能改变的数值；(2)状态C的温度T C．15.（10分）远距离输电线路的示意图如图所示，发电机输出功率为100 kW，输出电压是250 V，输电线总电阻为10 Ω．若输电线路中因发热而损失的功率为输送功率的4%，求：（1）输电线路中电流；（2）升压变压器原副线圈的匝数比．16．（10分）如图所示，水平放置两端封闭的气缸，截面积为S，中间由可在气缸内无摩擦滑动的、厚度不计的活塞分隔成长度均为l=20cm的 A、B两部分．开始时，活塞锁定，在A内注入压强为P A＝2.0×105Pa 的氮气，B内注入压强为P B＝1.2×105Pa的氧气．气缸是由导热性能良好的材料制成，且环境温度始终不变．现解除活塞锁定，稳定后，求：(1)活塞移动的距离；(2)B中气体的压强．17.（14分）如图所示，MN、PQ为间距L=0.5m足够长的平行导轨，NQ⊥MN．导轨平面与水平面间的夹角θ=37°，NQ间连接有一个R=5Ω的电阻．有一匀强磁场垂直于导轨平面，磁感强度为B 0=1T ．将一根质量为m =0.05kg 的金属棒ab 紧靠NQ 放置在导轨上，且与导轨接触良好，导轨与金属棒的电阻均不计．现由静止释放金属棒，金属棒沿导轨向下运动过程中始终与NQ 平行．已知金属棒与导轨间的动摩擦因数μ=0.5，当金属棒滑行至cd 处时已经达到稳定速度，cd 距离NQ 为s =1m ．（g =10m/s 2，sin37°=0.6，cos37°=0.8），求：（1）金属棒达到的稳定速度；（2）若将金属棒滑行至cd 处的时刻记作t =0，从此时刻起，让磁感强度逐渐减小，可使金属棒中不产生感应电流，写出B 随时间t 变化的关系式．高二物理答案一、选择题（40分）本大题共10题，每小题4分．在每小题给出的四个答案中，第1-6题只有一项符合题目要求；第7-10题有多项符合题目要求，全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错或不答的得0分．1.A2.B3.B4.C5.D6.D7.CD8.BC9.BCD 10.AC二.本题共3个小题，共 18分.11. (6分) (1)逆时针 (2)逆时针 （每空3分）12.(6分) (1)将玻璃板放在浅盘上，然后将油膜的形状用彩笔描绘在玻璃板上(2)5×10－10 （每空3分）13. (6分)（1）画图如图． （2分）（2）图线为一过原点的直线，证明玻意耳定律是正确的（或：压强与体积乘积保持不变） （2分）（3）越高 （2分）三、计算题．本题包括4小题，共42分．解答时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．14. （8分）解：(1) 由热力学第一定律ΔU ＝Q ＋W （2分）解得Q ＝20J气体内能增加 （2分）(2) 由理想气体状态方程: p A V A T A ＝p C V C T C（2分） 解得状态C 的温度: T C ＝240 K （2分）15.解：(10分) (1)输电线损耗功率P 线=100×4% kW=4 Kw (1分)又P 线=I 线2R 线 ( 2分)输电线电流I 线=20 A (1分)(2)原线圈中输入电流11P I U(2分)解得：I 1=400 A (1分) 原副线圈匝数比：1221n I n I = (2分) 解得：12120n n = (1分) 16. （10分）解：设活塞向右移动的距离为x ，活塞移动前与平衡后的温度相同， 则由玻意耳定律得： 对A 部分气体有：()A A P lS P l x S '=+ （2分）对B 部分气体有：()B B P lS P l x S '=- （2分）平衡后两部分气体压强相等：A B P P ''= （2分）代入相关数据解得:x ＝5 cm （2分）P ＝1.6×105Pa （2分）17．（14分）解：（1）在达到稳定速度前，金属棒的加速度逐渐减小，速度逐渐增大。

通城二中14-15学年度下学期期中考试高二物理试卷本试卷共6页，满分110分。

考试用时100分钟一、选择题（共10题，每题5分，1—6单选，7—10有两个或两个以上的选项是正确的） 1．在物理学发展的过程中，许多物理学家的科学发展推动人类历史的进步，下列说法正确的是( )A 牛顿首创了将实验和逻辑推理和谐结合起来的物理学研究方法B 卡文迪许总结了万有引力定律并测出万有引力常量的数值C 法拉第提出了场的概念从而使人类摆脱了超距作用观点的困境 D.奥斯特最早发现了电磁感应现象为发明发电机提供了理论依据2．如图所示，在磁感应强度大小为B 、方向竖直向上的匀强磁场中，有一质量为m 、阻值为R 的闭合矩形金属线框abcd 用绝缘轻质细杆悬挂在O 点，并可绕O 点摆动．金属线框从右侧某一位置静止开始释放，在摆动到左侧最高点的过程中，细杆和金属线框平面始终处于同一平面，且垂直纸面．则线框中感应电流的方向是 ( ) A . a d c b a →→→→ B. d a b c d →→→→C.先是a d c b a →→→→，后是d a b c d →→→→D. 先是d a b c d →→→→，后是a d c b a →→→→3．电吉他是利用电磁感应原理工作的一种乐器。

如图甲所示为电吉他的拾音器的原理图， 在金属弦的下方放置有一个连接到放大器的螺线管。

一条形磁铁固定在管内，当拨动金属弦后，螺线管内就会产生感应电流，经一系列转化后可将电信号转为声音信号。

若由于金属弦的振动，螺线管内的磁通量φ随时间t 的变化如图乙所示，则螺线管内感应电流i 随时间t 变化图像为4．如图所示电路中．L是一电阻可忽略不计的电感线圈，a．b为L的左，右两端点，A、B、C为完全相同的三个灯泡，原来电键K是闭合的，三个灯泡均在发光．某时刻将电键K断开，则下列说法正确的是( )A．a点电势高于b 点，A灯闪亮后缓慢熄灭B．b点电势高于a点，B、C灯闪亮后缓慢熄灭。

2014-2015学年第二学期普通高中模块检测高一物理第I卷（选择题共40分）一、选择题（本题共10小题.每小题4分，共40分.在每小题给出的四个选项中，有的只有一个选项正确，有的有多个选项正确，全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错或不答的得0分）.1．下列叙述符合物理学史实的是A.伽利略最先提出了地心说B.开普勒发现了行星运动的三个定律C.卡文迪许发现了万有引力定律D.牛顿从实验研究中发现了万有引力定律并测出了万有引力常量G2．质点由A向C做曲线运动，轨迹如图所示，通过B点时的速度v和加速度a的方向可能正确的是3． 2013年4月20日，四川雅安发生7.0级地震。

如图所示，直升飞机将一名重伤的村民接送到治疗点．为节省时间，直升飞机匀速收拢缆绳提升伤员，同时沿水平方向匀速飞向治疗点．则伤员被接至机舱前的运动轨迹是4．物体在平抛运动过程中，在相等的时间内，下列相同的是A．平均速率 B．速度的增量Ｃ．加速度Ｄ．位移5．竖直圆环绕过圆心的竖直轴AB匀速转动，如图所示，圆环上P、Q两点分别固定质量为m 和2m的小球，它们与圆心O的连线与竖直轴AB的夹角分别为60°和30°．则A. P、Q两点的角速度大小之比为1:1B．P、Q两点的线速度大小之比1:1C．P、Q两点处小球的向心加速度之比为3:13:1D. P、Q两点处小球所受向心力之比6．一艘小船在静水中的速度为3 m/s，渡过一条宽150 m，水流速度为4 m/s的河，则该小船A．最短渡河时间为30 sB．最短渡河时间为50 sC．调整船头方向，船可以到达正对岸D．无论如何调整船头方向，船不可能到达正对岸7．如图所示，物体从A点以初速度v0水平抛出，飞行一段时间后，垂直撞在倾角为θ的斜面上，则（）A. 完成这段飞行的时间是v tg =B. 完成这段飞行的时间是0ctanvtgθ=C．撞击斜面时的速度为v0D．撞击斜面时的速度为0sinvθ8．如图所示，由散乱碎石形成的土星环中，有两个绕土星做匀速圆周运动的石块a、b，下列说法正确的是A．a的线速度较大B．b的线速度较大C．a的加速度较大D．b的加速度较大9．地球同步卫星和静止在赤道上的物体，关于他们运动的比较，正确的是A．线速度相同B．角速度相同C．赤道上物体的向心加速度较大D．同步卫星的向心加速度较大10．如图所示，一个内壁光滑的圆锥筒，竖直固定，两个相同的小球A和B，紧贴圆锥筒内壁分别在水平面内做匀速圆周运动，下列说法正确的是A．A球的线速度大于B球的线速度B．A球的向心加速度与B球的向心加速度大小相等C．A球的运动周期小于B球的运动周期D．A球对筒壁的压力小于B球对筒壁的压力第Ⅱ卷 (非选择题共60分)注意事项:在答题卡上作答.二、填空题（本题共3小题，共18分。

开滦二中2014～2015学年第二学期高二年级期中考试说明：1、本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分，第Ⅰ卷第（1）页至第（4）页，第Ⅱ卷第（5）页至第（6）页。

2、本试卷共100分，考试时间90分钟。

3、此试卷适用于网络阅卷，请在答题纸上作答，答题卡勿折叠，污损，信息点旁请不要做任何标记。

4、正式开考前，考生务必将自己的准考证号、科目填涂在答题卡上。

5、每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应的题目标号涂黑。

答在试卷上无效。

6、主观题部分也一并书写在答题纸上，注意用0.5毫米以上黑色签字笔书写。

7、考试结束后，监考人员将答题卡按照同侧同面顺序收回。

第Ⅰ卷（选择题，共52分）一、单项选择题（每题3分，共36分）1．如右图所示，把重物G压在纸带上，用一水平力缓缓地拉动纸带，重物跟着纸带一起运动，若迅速拉动纸带，重物将会从重物下抽出，解释这种现象的正确的是（）A．在缓慢拉动纸带时，纸带给重物的冲量大B．在缓慢拉动纸带时，纸带给重物的冲量小C．在缓慢拉动纸带时，纸带给重物的摩擦力大2.关于核反应及有关的射线,下列说法正确的是( )A.γ射线是高速运动的中子流B.α射线比β射线更容易使气体电离C.太阳辐射的能量主要来源于重核裂变D.核反应堆产生的能量来自轻核聚变3.在卢瑟福α粒子散射实验中,金箔中的原子核可以看作静止不动,下列各图画出的是其中两个α粒子经历金箔散射过程的径迹,其中正确的是( )4在光电效应实验中，某同学用同一光电管在不同实验条件下得到了三条光电流与电压之间的关系曲线(甲光、乙光、丙光)，如图4所示．则可判断出( )A．甲光的频率大于乙光的频率B．乙光的波长大于丙光的波长C．乙光对应的截止频率大于丙光的截止频率D．甲光对应的光电子最大初动能大于丙光的光电子最大初动能5.用强度相同的红光和蓝光分别照射同一种金属,均能使该金属发生光电效应。

下列判断正确的是( )A.用红光照射时,该金属的逸出功小,用蓝光照射时,该金属的逸出功大B.用红光照射时,该金属的截止频率低,用蓝光照射时,该金属的截止频率高C.用红光照射时,逸出光电子所需时间长,用蓝光照射时,逸出光电子所需时间短D.用红光照射时,逸出的光电子最大初动能小,用蓝光照射时,逸出的光电子最大初动能大6．下表给出了某些金属材料的逸出功．现用波长为400nm的单色光照射上述材料，能产生光电效应的材料最多有几种（普朗克常量h=6.6×10﹣34J•s，光速c=3.0×108 m/se=1.6×10-19C）（）A．2种B．3种C．4种D．5种7．下列说法正确的是（）A．氢原子从激发态向基态跃迁只能辐射特定频率的光子B．卢瑟福的α粒子散射实验揭示了原子核具有复杂的结构C．采用物理或化学方法可以有效地改变放射性元素的半衰期D．α射线、β射线、γ射线都是高速运动的带电粒子流8．质量为m的炮弹沿水平方向飞行，其动能为E k，突然在空中爆炸成质量相同的两块，其中一块向后飞去，动能为，另一块向前飞去，则向前的这块的动能为（）A．B．C．D．9．放射性元素放出的射线，在电场中分成A、B、C三束，如图所示，其中( )A．C为氦核组成的粒子流B．B为比X射线波长更长的光子流C．B为比X射线波长更短的光子流D．A为高速电子组成的电子流10．若元素A的半衰期为4天，元素B的半衰期为5天，则相同质量的A和B，经过20天后，剩下的元素A、B的质量之比m A∶m B为( )A．30∶31 B．3∶30 C．1∶2 D．2∶111．我国女子短道速滑队在今年世锦赛上实现女子3 000 m接力三连冠．观察发现，“接棒”的运动员甲提前站在“交棒”的运动员乙前面，并且开始向前滑行，待乙追上甲时，乙猛推甲一把，使甲获得更大的速度向前冲出．在乙推甲的过程中，忽略运动员与冰面间在水平方向上的相互作用，则( )A．甲对乙的冲量一定与乙对甲的冲量相同B．甲、乙的动量变化一定大小相等、方向相反C．甲的动能增加量一定等于乙的动能减少量D．甲对乙做多少负功，乙对甲就一定做多少正功12．关于核反应方程21H＋31H→42He＋X，以下说法中正确的是( )A．X是10n，该核反应属于聚变B．X是11H，该核反应属于裂变C．X是10n，该反应中的核燃料是当前核电站采用的核燃料D．X是11H，该反应中的核燃料是当前核电站采用的核燃料二、双项选择题（每题4分，共16分，少选得2分，错选不得分）13．下列说法正确的是( )A．相同频率的光照射到不同的金属上，逸出功越大，出射的光电子最大初动能越小B．钍核23490Th，衰变成镤核23491Pa，放出一个中子，并伴随着放出γ光子C．根据玻尔理论，氢原子辐射出一个光子后能量减小，核外电子运动的加速度减小D．比结合能越大表示原子核中的核子结合得越牢靠，原子核越稳定14．如图所示，质量为2kg的物体放在光滑的水平面上，与水平方向成30°角的力F=3N作用于物体10s，则（）A．F对物体的冲量大小为30 N•s B．F对物体的冲量为15N•sC．物体动量的变化量为15kg•m/s D．物体动量的变化量为30 kg•m/s15．氢原子的能级图如图所示，处于n=3激发态的大量氢原子向基态跃迁时所放出的光子中，只有一种光子不能使某金属A产生光电效应，则下列说法中正确的是（）A．跃迁过程中将释放出2种不同波长的光子B．不能使金属A产生光电效应的光子一定是从n=3激发态跃迁到基态时放出的C．不能使金属A产生光电效应的光子一定是从n=3激发态跃迁到n=2激发态时放出的D．若从n=4激发态跃迁到n=3激发态，所放出的光子则一定不能使金属A产生光电效应16．已知能使某金属产生光电效应的极限频率为νc，则( )A．当用频率为2νc的单色光照射该金属时，一定能产生光电子B．当用频率为2νc的单色光照射该金属时，所产生的光电子的最大初动能为hνcC．当照射光的频率ν大于νc时，若ν增大，则逸出功增大D．当照射光的频率ν大于νc时，若ν增大一倍，则光电子的最大初动能也增大一倍第Ⅱ卷（非选择题，共48分）三、填空题（每空3分，共12分）17.一质子束入射到静止靶核Al上,产生如下核反应：p Al→X+n式中p代表质子,n代表中子,X代表核反应产生的新核。

2014-2015学年山东省潍坊市高二（下）期末物理试卷学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________一、单选题(本大题共6小题，共24.0分)1.关于惯性的下列说法，正确的是（）A.抛出去的标枪靠惯性向远处运动B.完全失重时物体的惯性将消失C.球由静止释放后加速下落，说明力改变了惯性D.物体沿水平面滑动，速度越大滑行的时间越长，说明速度大惯性就大【答案】A【解析】解：A、投掷出去的标枪，铁饼等是靠惯性向远处运动的．故A正确；B、在完全失重的情况下，物体不受支持力，但物体的惯性并没有消失，故B错误；C、惯性大小只与物体的质量有关，与运动的状态无关，球由静止释放后加速下落是由于受到重力的原因，惯性没有变化．故C错误；D、惯性是物体本身的固有属性，物体的惯性只与物体质量有关，与物体的运动状态无关，速度增大但是惯性不变．故D错误；故选：A．惯性是物体的固有属性，它指的是物体能够保持原来的运动状态的一种性质，惯性大小只与物体的质量有关，质量越大，惯性越大．本题考查了对惯性的理解与认识，是一道基础题；知道惯性是物体的固有属性，与物体的受力情况与运动状态无关是解题的关键．2.如图所示，一不可伸长的光滑轻绳，其左端固定于O点，右端跨过位于O′点的固定光滑轴悬挂质量为M的物体，OO′段水平且长为L，绳上套一光滑的轻环．若在轻环上施加竖直向下的作用力F，物体上升L后再次达到平衡，此时F大小（）A.M gB.M gC.M gD.M g【答案】D【解析】解：重新平衡后，绳子形状如下图：由几何关系知：绳子与竖直方向夹角为30°，则环两边绳子的夹角为60°，则根据平行四边形定则，环两边绳子拉力的合力为M g，根据平衡条件，F=M g故选：D由几何关系求出环两边绳子的夹角，然后根据平行四边形定则求F．该题的关键在于能够对线圈进行受力分析，利用平衡状态条件解决问题．力的计算离不开几何关系和三角函数．3.在竖直向上的拉力F作用下，将货物由地面吊起，其运动的v2-x图象如图所示（取g=10m/s2）．则前3m内与最后2m内拉力的大小之比（）A.12：7B.22：17C.22：23D.18：23【答案】B【解析】解：物体是从静止开始运动的，根据运动学公式v2-v02=2ax得v2-x图象斜率的意义表示物体的加速度，前3m内货物的加速度向上，加速度大小是1m/s2，根据牛顿第二定律得：F1-mg=ma1，最后2m内货物加速度方向向下，加速度大小是1.5m/s2，根据牛顿第二定律得：mg-F2=ma2．解得：前3m内与最后2m内货物的受到的拉力大小之比为22：17，故选：B．由图象可求得物体的加速度，再由牛顿第二定律可求得两段位移内的拉力大小之比．本题关键是根据v2-x图象得到物体的运动情况，然后进一步判断超失重情况，注意只要加速度向上，物体就处于超重状态．4.如图所示，小车上固定一直立木板，木板上端固定一定滑轮，轻绳跨过定滑轮一端系一小球，另一端系在弹簧秤上，弹簧秤固定在小车上，若小车突然由静止向右匀加速运动，则下列说法正确的是（）A.弹簧秤读数变大B.弹簧秤读数变小C.小车对地面的压力变大D.小车对地面的压力变小【答案】A【解析】解：设重球的质量为m，小车的质量为M，则当小车处在静止状态时，轻绳对球的拉力大小为T1=mg，地面对小车的支持力N1=（M+m）g，弹簧秤读数F1=T1=mg；当小车匀加速向右运动，轻绳向左偏离竖直方向，重球受力如图，则T2＞mg，弹簧秤读数F2=T2＞mg，即弹簧秤读数增大；由于竖直方向上没有加速度，对整体，则有地面对小车的支持力N2=（M+m）g，支持力不变，则小车对地面的压力不变．当小车匀加速向左运动时，轻绳对球的拉力大小为T3=mg，地面对小车的支持力N3=（M+m）g，弹簧秤读数F3=T3=mg；弹簧秤读数及小车对地面压力均不变．故选：A以重球为研究对象，分别研究小车静止时和运动时轻绳的拉力，分析弹簧秤读数的变化．以整体为研究对象，研究地面对小车的支持力的变化，再由牛顿第三定律研究小车对地面压力的变化．本题已知物体运动的状态变化，分析物体的受力的变化，采用隔离法和整体法结合分析物体的受力情况，是常用的方法，比较简单．5.如图所示，足够长的水平传送带以v0=2m/s的速度匀速运行．t=0时刻，在左端轻放一质量为m的小滑块，t=2s时刻传送带突然被制动而停止．已知滑块与传送带之间的动摩擦因数μ=0.2．则t=2.5s时滑块的速度为（）A.3m/sB.2m/sC.1m/sD.0【答案】C【解析】解：物块在传送带上的加速度为：a=，达到传送带速度时的时间为：，则物块匀速运动的时间为：t2=2-1s=1s．物块匀减速运动的加速度大小为：′，减速的时间为：t3=2.5-2=0.5st=2.5s时滑块的速度为：v=v0+a′t3=2+（-2）×0.5=1m/s故选：C根据牛顿第二定律求出物块在传送带上的加速度，根据运动学公式求出物块速度达到传送带速度时的时间，最后结合速度公式求出2.5s的速度．解决本题的关键理清物块在传送带上的运动规律，结合牛顿第二定律和运动学公式综合求解，难度中等．6.质量为1kg的物体静止在水平面上，物体与水平面间的动摩擦因数为0.2．若对物体分别施加如图所示的水平拉力F，在前3t0内位移最大的是（）A. B. C. D.【答案】D【解析】解：A、在0-1s内，F＜μmg，物体静止不动．在1-2s内，加速度a1==1m/s2，位移，第2s末的速度v=a1t1=0.5×1m/s=0.5m/s．在2-3s内，加速度a2==，位移=，总位移为2.5m．B、在0-1s内，加速度a1==1m/s2，第1s末速度为v1=a1t1=1m/s．位移，在1-2内，加速度=-1m/s2，位移x2=v1t2+，第2s末速度为v2=v1+a2t2=0.5m/s．在2-3s内，加速度a3==，位移=，则总位移为3m．C、在0-1s内，F＜μmg，物体静止不动．在1-2s内，加速度a1==，位移=，第2s末的速度v=a1t1=3m/s．在2-3s 内，加速度a2==1m/s2，位移=，总位移为5m．D、在0-1s内，加速度a1=，第1s末速度为v1=a1t1=3m/s．第1s内的位移=，在1-2s内，加速度a2==1m/s2，位移x2=v1t2+m=3.5m，第2s末速度为v2=v1+a2t2=3.5m/s．在2-3s内，加速度，则位移m=3m，总位移为8m．可知D选项位移最大．故选：D．根据牛顿第二定律求出加速度，由位移公式求出各段时间内物体的位移，再确定哪种情况位移最大．本题也可以通过计算加速度和速度，作出速度-时间图象，根据“面积”表示位移，判断位移的大小．二、多选题(本大题共4小题，共16.0分)7.t=0时刻质点位于x=-2m处，沿x轴正向做直线运动，其运动的v-t图象如图所示．下列说法正确的是（）A.t=4s时，质点在x=1m处B.第3s内和第4s内，质点加速度的方向相反C.第3s内和第4s内，质点加速度的方向相同D.0～2s内和0～4s内，质点的平均速度相同【答案】AC【解析】解：A、0-4s内质点的位移等于0-2s的位移，为△x=×（1+2）×2m=3m，t=0时质点位于x=-2m处，则t=4s时，质点在x=1m处，故A正确．B、图线的斜率表示加速度，直线的斜率一定，则知第3s内和第4s内，质点加速度相同，其方向相同，故B错误，C正确．D、根据图象与坐标轴围成的面积表示位移，在时间轴上方的位移为正，下方的面积表示位移为负，则知O～2s内和0～4s内，质点的位移相同，但所用时间不同，则平均速度不同，故D错误．故选：AC速度-时间图象中，图线的斜率表示加速度．根据“面积”确定0-4s内的位移，即可确定其位置．平均速度由位移和时间之比分析．本题是速度图象问题，考查理解物理图象意义的能力，关键要抓住速度图象“斜率”表示加速度，“面积”表示位移．8.一体重计放在竖直升降的电梯内，小明站在体重计上，电梯静止时体重计示数为50kg，电梯运动时体重计示数为40kg，（取g=10m/s2）．下列说法中正确的是（）A.电梯的加速度大小为2m/s2B.电梯的加速度方向竖直向下C.电梯一定在竖直向下运动D.小明对体重计的压力小于体重计对他的支持力【答案】AB【解析】解：ABC、小明的体重只有50kg，体重计的示数为40kg，小于重力所以处于失重状态．运动情况可能为：向下加速或向上减速；小明受支持力和重力，由牛顿第二定律可知其加速度为：a=m/s2．故A正确，B正确，C错误．D、小明对体重计的压力与体重计对他的支持力是作用力与反作用力，大小相等，故D 错误．故选：AB．明的体重只有50kg，而他看到体重计的示数为60kg，可知他处于超重，则电梯有向上的加速度，由此来分析各个选项．无论超重还是失重，物体本身的质量并没有变化．本题考查了超重和失重的知识，记住：1、具有向上的加速度超重，具有向下的加速度失重；2、无论超重还是失重，物体本身的质量并没有变化．9.如图所示，在光滑水平面上放着两块长度相同，质量分别为M1和M2的木板，在两木板的左端各放一个大小、形状、质量完全相同的物块m．开始时，各物块均静止；若在两物块上各作用一水平恒力F1、F2，使物块滑离木板，分离时木板的速度分别为v1和v2．（物块和木板间的动摩擦因数相同）下列说法正确的是（）A.若F1=F2，M1＞M2，则v1＜v2B.若F1=F2，M1＜M2，则v1＜v2C.若M1=M2，F1＞F2，则v1＞v2D.若M1=M2，F1＜F2，则v1＞v2【答案】AD【解析】解：A、B、首先看F1=F2时情况：由题很容易得到两物块所受的摩擦力大小是相等的，因此两物块的加速度相同，我们设两物块的加速度大小为a，对于M1、M2，滑动摩擦力即为它们的合力，设M1的加速度大小为a1，M2的加速度大小为a2，根据牛顿第二定律得：a1=，，其中m为物块的质量．设板的长度为L，它们向右都做匀加速直线运动，当物块与木板分离时：物块与M1的相对位移：物块与M2的相对位移：若M1＞M2，a1＜a2，所以得：t1＜t2，M1的速度为v1=a1t1，M2的速度为v2=a2t2则v1＜v2，故A正确；若M1＜M2，a1＞a2，所以得：t1＞t2，M1的速度为v1=a1t1，M2的速度为v2=a2t2，则v1＞v2，故B错误；C、D、若F1＞F2、M1=M2，根据受力分析和牛顿第二定律的：则M1上的物块的加速度大于M2上的物块的加速度，即a a＞a b，由于M1=M2，所以M1、M2加速度相同，设M1、M2加速度为a．它们向右都做匀加速直线运动，当物块与木板分离时：物块与M1的相对位移：物块与M2的相对位移：L=由于a a＞a b，所以得：t1＜t2，则v1＜v2，故C错误；若F1＜F2、M1=M2，a a＜a b，则v1＞v2，故D正确；故选：AD．本题中涉及到两个物体，所以就要考虑用整体法还是隔离法，但题中研究的是两物体的相对滑动，所以应该用隔离法．板和物体都做匀变速运动，牛顿定律加运动学公式和动能定理都能用，但题中“当物体与板分离时”隐含着在相等时间内物体的位移比板的位移多一个板长，也就是隐含着时间因素，所以不方便用动能定理解了，就要用牛顿定律加运动公式解．要去比较一个物理量两种情况下的大小关系，我们应该通过物理规律先把这个物理量表示出来．同时要把受力分析和牛顿第二定律结合应用．10.如图所示，横截面为直角三角形的斜劈A，底面靠在粗糙的竖直墙面上，力F通过球心水平作用在光滑球B上，系统处于静止状态．当力F增大时，系统仍保持静止．则下列说法正确的是（）A.A受到的摩擦力一定增大B.墙对A的弹力一定减小C.A对B的弹力一定增大D.B对地的压力一定增大【答案】CD【解析】解：A、对B受力分析，如图：根据平衡条件：F=N′sinθ，可见F增大则N′增大，即AB之间的弹力增大，N″=mg+N′cosθ，可见N′增大则N″增大，根据牛顿第三定律则B球对地面的压力增大，以整体为研究对象，竖直方向：N″+f=M g，若N″增大至与M g相等，则f=0，所以A受到的摩擦力减小，故A错误，CD正确；B、对整体为研究对象，受力分析，根据平衡条件，水平方向：N=F，F增大则N增大，故B错误；故选：CD正确选择研究对象，对其受力分析，运用平衡条件列出平衡等式解题．正确选择研究对象，对其受力分析，运用平衡条件列出平衡等式解题．要注意多个物体在一起时，研究对象的选取．三、填空题(本大题共3小题，共18.0分)11.某同学用如图所示的实验装置来探究求合力的方法．弹簧测力计A挂于固定点P，下端用细线挂一重物M．弹簧测力计B的一端用细线系于O点，手持另一端使结点O静止在某位置．分别读出弹簧测力计A和B的示数，并在贴于竖直木板的白纸上记录O点的位置和拉线的方向．（1）本实验用的弹簧测力计示数的单位为N，图中的示数为______ N（保留两位有效数字）．（2）下列做法哪些是该实验中必须的实验要求______ （填写对应的字母）A．弹簧测力计应在使用前校零B．实验中必须保证OB水平C．测量重物M的重力D．拉线方向应与木板平面平行E．改变拉力，进行多次实验，每次都要使结点O在同一位置．【答案】3.6；ACD【解析】解：（1）弹簧测力计读数，每1N被分成5格，则1格就等于0.2N．图指针落在3N到4N的第3格处，所以3.6N．（2）A、弹簧测力计是测出力的大小，所以要准确必须在测之前校零．故A正确；B、该实验中不一定需要OB水平，故B错误；C、弹簧测力计A和B的示数分别为两细线的力的大小，同时画出细线的方向即为力的方向．虽悬挂重物的细线方向确定，但大小却不知，所以要测重物重力，故C正确；D、拉线方向必须与木板平面平行，这样才确保力的大小准确性，故D正确；E、该实验中，改变拉力时，只要物体处于平衡状态，两弹簧拉力的合力与M的重力等大反向，因此O点不用每次静止在同一位置，故E错误故选：ACD故答案为：（1）3.6；（2）ACD确定出弹簧测力计的分度值，从而读出弹簧秤的读数．在该实验中，由于P、O的位置确定，则A弹簧的拉力大小和方向一定，合力又一定，则弹簧B的拉力大小和方向也一定，不需进行多次实验．通过作出力的图示来验证“力的平行四边形定则”，重点是如何准确作出力的图示．同时值得注意其中有一力大小与方向均已一定，从而减少实验的操作步骤，解答实验问题的关键是明确实验原理．12.在探究弹力和弹簧伸长量的关系时，某同学先按图1对弹簧甲进行探究，然后将弹簧乙和弹簧甲串联起来按图2进行探究．不考虑两个弹簧重力的影响，在弹性限度内，将质量m=50g的钩码逐个挂在弹簧下端，分别测得图1、图2中弹簧总长度L1、L2如表所示．取g=9.8m/s2，则弹簧甲的劲度系数k甲= ______ N/m，弹簧乙的劲度系数k乙= ______ N/m．【答案】100；50【解析】解：由表格中的数据可知，当弹力的变化量△F=2mg=2×0.05×9.8N=0.98N时，弹簧形变量的变化量为△x1==0.98cm，根据胡克定律知甲的劲度系数：k1===100N/m．根据表中数据要知，乙的形变量分别为53.44cm、54.41cm、55.39cm、56.38cm；同理可解得k2==50N/m；故答案为：10050根据弹簧形变量的变化量，结合胡克定律求出弹簧甲的劲度系数．通过弹簧并联时的弹力的变化量和形变量的变化量可以求出弹簧并联的劲度系数．解决本题的关键掌握胡克定律，知道F=kx，x表示形变量，以及知道其变形式△F=k△x，△x为形变量的变化量．13.某同学用图甲所示的实验装置验证牛顿第二定律：（1）备有下列器材：A．长木板；B．电磁打点计时器、低压交流电源、纸带；C．细绳、小车、砝码；D．装有细沙的小桶；E．薄木板；F．毫米刻度尺；还缺少的一件器材是______ ．（2）该同学得到如图丙所示的纸带．已知打点计时器电源频率为50H z．A、B、C、D、E、F、G是纸带上7个计数点，两计数点之间还有四个点未画出．由此可算出小车的加速度a= ______ m/s2（保留两位有效数字）．（3）将小车静止地放在水平长木板上，后面固定一条纸带，纸带穿过打点计时器．把木板不带滑轮的一端慢慢垫高如图（乙）所示，直到小车由静止开始沿木板向下滑动为止．请问这位同学的操作______ 正确（填是、否）（4）如果这位同学先进行（3）中的操作，然后不断改变小车的拉力F，得到M（小车质量）保持不变情况下的a-F图线是图丁中的______ （填选项代号的字母）．【答案】天平；0.20；否；C【解析】解：（1）实验中需要根据牛顿第二定律进行数据处理，并且拉力由砝码的重力代替；故应需要天平；（2）根据刻度尺的示数可知△x=s DG-s AD=3.90cm-2.10cm=1.80cm，两计数点之间还有四个点未画出，所以时间间隔为T=0.1s，代入公式△x=a T2可以求出加速度为：a=m/s2．（3）平衡摩擦力时应是让小车静止在斜面上，用手轻轻一推后，小车做匀速直线运动；该同学使小车下滑时，重力的分力已经大于了摩擦力；故该做法错误；（4）若平衡摩擦力做度，则在没有拉力的情况下，物体已经具有加速度；故图象为C；故答案为：（1）天平（2）0.20（3）否（4）C（1）根据实验的具体操作步骤以及所要测量的数据，即可明确所需器材；（2）根据匀变速直线运动的规律△x=a T2可以求出加速度的大小．（3）根据平衡摩擦力的方法确定应如何判断摩擦力已平衡；（4）根据（3）中的做法可明确物体的受力情况，从而确定图象．本题考查验证牛顿第二定律的实验；对于教科书本上的实验，我们要从实验原理、实验仪器、实验步骤、实验数据处理、实验注意事项这几点去搞清楚．对于实验我们要清楚每一项操作存在的理由．比如为什么要平衡摩擦力，为什么要先接通电源后释放纸带等．四、计算题(本大题共4小题，共42.0分)14.一物块沿水平面由A向B做匀加速直线运动．通过A点时的速度为1m/s，经2s到达B点，再运动8m到达C点，速度为5m/s，求：物块的加速度a及通过B点的速度．【答案】解：对AB过程由速度公式可得：v B=v A+at1①对BC过程由速度和位移关系可得：②联立解得：a=1m/s2v B=3m/s答：物块的加速度a为1m/s2；通过B点的速度为3m/s．【解析】根据已知条件分别对AB和BC过程进行分析，列出运动学公式联立可求得加速度和速度．对于多过程的运动学题目，要注意找出两过程中的关系，然后分别对两过程列式，联立可解．15.如图所示，质量分别为2m和m的A、B两物体通过轻质细线跨过光滑定滑轮连接．弹簧下端固定于地面，上端与B连接，A放在光滑斜面上，开始用手控住A，细线刚好拉直，但无拉力．滑轮左侧细线竖直，右侧细线与斜面平行．物体A释放后沿斜面下滑，当弹簧刚好恢复原长时，B获得最大速度．重力加速度为g，求：（1）斜面倾角α；（2）刚释放时，A的加速度．【答案】解：（1）B速度最大时做匀速直线运动，由平衡条件得：2mgsinα=mg，解得：sinα=，则α=300；（2）刚释放A时，由牛顿第二定律得：对A：2mgsinα-T=2ma，对B：T+F弹-mg=ma，弹力：F弹=mg，解得：a=g，方向沿斜面向下；答：（1）斜面倾角α为30°；（2）刚释放时，A的加速度为g．【解析】（1）B速度最大时做匀速直线运动，由平衡条件可以求出斜面的倾角．（2）分别对A、B应用牛顿第二定律列方程，然后可以求出加速度．本题考查求斜面倾角、A的加速度，分析清楚物体运动过程，对物体正确受力分析，应用平衡条件与牛顿第二定律可以解题．16.国歌从响起到结束的时间是48s，国旗上升的高度是17.6m．国歌响起同时国旗开始向上做匀加速运动4s，然后匀速运动，最后匀减速运动4s到达旗杆顶端，速度恰好为零，此时国歌结束．求：（1）国旗匀加速运动的加速度大小；（2）国旗匀速运动时的速度大小．【答案】解：对于红旗加速上升阶段：①对于红旗匀速上升阶段：v2=a1t1②x2=v2t2③对于红旗减速上升阶段：④对于全过程：a1=a3⑤x1+x2+x3=17.6m⑥由以上各式可得：a1=0.1m/s2⑦v2=0.4m/s．⑧答：（1）国旗匀加速运动的加速度大小为0.1m/s2；（2）国旗匀速运动时的速度大小为0.4m/s．【解析】由于红旗匀加速运动和匀减速运动的加速度大小相等，根据对称性得知这两个过程的时间相等，确定出匀速运动的时间，用位移公式分别得出三个运动过程的位移表达式，求出匀速运动的速度，再求解匀加速运动的加速度大小．本题涉及三个运动过程，三个过程之间基本的联系是速度，前一过程的末速度等于后一过程的初速度，研究三个之间的关系是解题的关键17.如图甲所示，质量为m=1kg的物体置于倾角为θ=37°固定斜面上（斜面足够长），对物体施加平行于斜面向上的恒力F，作用时间t1=1s时撤去拉力，物体运动的部分v-t图象如图乙所示，设物体受到的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取g=10m/s2．（sin37°=0.6，cos37°=0.8）试求：（1）物体与斜面间的动摩擦因数；（2）拉力F的大小；（3）t=4s时物体的速度．【答案】解：（1）根据速度时间图线知，匀加速直线运动的加速度：a1=20m/s2根据牛顿第二定律得：F-μmgcosθ-mgsinθ=ma1匀减速直线运动的加速度：根据牛顿第二定律得：mgsinθ+μmgcosθ=ma2解得：F=30N，μ=0.5（2）由（1）知，F=30N（3）在物块由A到C过程中，设撤去力后物体运动到最高点时间为t2v1=a2t2，解得t2=2s则物体沿斜面下滑的时间为t3=t-t1-t2=1s设下滑加速度为a3，由牛顿第二定律得mgsinθ-μmgcosθ=ma3解得：a3=2m/s2所以t=4s时物体的速度：v=a3t3=2×1=2m/s，沿斜面向下答：（1）物体与斜面间的动摩擦因数（2）拉力F的大小是30N；（3）物体4s末速度为2m/s．【解析】由图象得出加速上升过程和减速上升过程的加速度，根据牛顿第二定律求出物体与斜面间的动摩擦因数和拉力F的大小；先通过图象得到3s末速度为零，然后求出3s到4s物体的加速度，再根据速度时间关系公式求解4s末速度．本题关键受力分析后，根据牛顿第二定律，运用正交分解法求解出各个运动过程的加速度，然后结合运动学公式列式求解．。

2014-2015学年山东省潍坊市寿光二中高二（下）期中物理模拟试卷一、选择题（本题共13个小题，每小题4分，共52分．在每个小题给出的四个选项中，至少有一个是正确的．每小题全选对得4分；选对但不全的得2分；有选错或不答得0分．）1．（4分）（2015春•雅安期末）历史上有不少的科学家对“电学”与“磁学”的研究作出贡献，但真正把“电学”与“磁学”联系起来并通过实验验证“电”与“磁”的联系，发现电与磁间联系规的科学家是（）A．库仑和法拉第B．奥斯特和法拉第C．库仑、安培和奥斯特D．安培、奥斯特和法拉第考点：物理学史．分析：根据物理学史和常识解答，记住著名物理学家的主要贡献即可．解答：解：1820年丹麦科学家奥斯特发现了电流的磁效应，1831年英国科学家法拉第发现了电磁感应现象，这两个重要现象的发现，揭示了电和磁之间不可分割的联系，从而使电能的大规模的使用成为可能．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，这也是考试内容之一．2．（4分）（2015•汕尾校级模拟）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．（4分）（2015•东至县二模）如图所示，闭合导线框的质量可以忽略不计，将它从图示位置匀速拉出匀强磁场．若第一次用0.3s的时间拉出，外力所做的功为W1，通过导线横截面的电荷量为q1；第二次用0.9s时间拉出，外力所做的功为W2，通过导线横截面的电荷量为q2，则（）A．W1＜W2，q1＜q2B．W1＜W2，q1=q2C．W1＞W2，q1=q2D．W1＞W2，q1＞q2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：第一次用t时间拉出，第二次用3t时间拉出，速度变为原来的倍．线框匀速运动，外力与安培力平衡，推导出安培力的表达式，根据功的定义表示出W=Fx比较功的大小．根据感应电荷量公式q=比较电量．解答：解：设线框的长为L1，宽为L2，速度为v．线框所受的安培力大小为F A=BIL2，又I=，E=BL2v，则得：F A=线框匀速运动，外力与安培力平衡，则外力的大小为F=F A=外力做功为W=FL1=•L1=L1=•可见，外力做功与所用时间成反比，则有W1＞W2．两种情况下，线框拉出磁场时穿过线框的磁通量的变化量相等，根据感应电荷量公式q=可知，通过导线截面的电量相等，即有q1=q2．故选：C点评：要对两种情况下物理量进行比较，我们应该先把要比较的物理量表示出来再求解．关键要掌握安培力的推导方法和感应电荷量的表达式．4．（4分）（2013秋•翠屏区校级期末）某电阻元件在正常工作时，通过它的电流按如图所示的规律变化．今与这个电阻元件串联一个多用电表（已调至交流电流档），则多用电表的示数为（）A．4 A B．4A C．5A D． 5 A考点：交流的峰值、有效值以及它们的关系．专题：交流电专题．分析：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生的热量相等，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，对于正弦交变电流最大值是有效值的倍．解答：解：根据有效值的定义可得：R+（3）2R=I有效2RT，解得：I有效=5A；故选：C．点评：本题考查交变电流有效值的计算，根据交流电的定义计算即可．5．（4分）（2015春•济南校级期末）图中甲图所示的线圈为5匝，其端点a，b与电压表相连，线圈内磁通量变化规律如（b）图所示，则a，b两点的电势高低及电压表读数为（）A．φa＞φb，2伏B．φa＞φb，1伏C．φa＜φb，2伏D．φa＜φb，1伏考点：法拉第电磁感应定律；闭合电路的欧姆定律．专题：电磁感应与电路结合．分析：根据法拉第电磁感应定律求出线圈中感应电动势．根据楞次定律判断感应电流的方向．结合电路知识求出a、b两点电势差．解答：解：从图中发现：线圈的磁通量是增大的，根据楞次定律，感应电流产生的磁场跟原磁场方向相反，即感应电流产生的磁场方向为垂直纸面向外，根据右手定则，我们可以判断出线圈中感应电流的方向为：逆时针方向．在回路中，线圈相当于电源，由于电流是逆时针方向，所以a相当于电源的正极，b相当于电源的负极，所以a点的电势大于b点的电势．根据法拉第电磁感应定律得：E=n•=5×0.2 v=1v电压表读数为1v．故选B．点评：通过Φ﹣t图象运用数学知识结合物理规律解决问题，其中我们要知道Φ﹣t图象斜率的意义．在电磁感应的问题中要知道哪部分相当于电源．6．（4分）（2015春•衡阳期末）如图，一水平放置的矩形闭合线框abcd，在细长磁铁的N 极附近竖直下落，保持bc边在纸外，ad边在纸内，如图中的位置Ⅰ经过位置Ⅱ到位置Ⅲ，位置Ⅰ和Ⅲ都很靠近Ⅱ，在这个过程中，线圈中感应电流（）A．沿abcd流动B．沿dcba流动C．由Ⅰ到Ⅱ是沿abcd流动，由Ⅱ到Ⅲ是沿dcba流动D．由Ⅰ到Ⅱ是沿dcba流动，由Ⅱ到Ⅲ是沿abcd流动考点：楞次定律．分析：穿过线圈的磁通量发生变化，则闭合电路中产生感应电流．可以根据楞次定律来确定感应电流的方向．解答：解：磁铁产生的磁场如图所示，线圈从位置1到位置2的过程中，穿过线圈的向上的磁通量减小，则产生感应电流的磁场方向向上，由右手定则知电流沿abcd方向；线圈从位置2到位置3的过程中，线圈内穿过的向下的磁通量增加，则感应电流的磁场方向向上，由右手定则知感应电流方向沿abcd方向，故选：A．点评：考查如何判定感应电流的产生条件，及掌握楞次定律的应用．该题中要注意磁场的方向．7．（4分）（2015春•兖州市期中）关于布朗运动，下列说法中哪些是正确的（）A．布朗运动就是液体分子所做的无规则运动B．布朗运动就是悬浮在液体中的小颗粒内部分子的无规则运动C．布朗运动就是悬浮在液体中的小颗粒的无规则运动，小颗粒越小，布朗运动越显著D．布朗运动不是分子的运动，但它间接反映了液体分子的无规则运动考点：布朗运动．专题：布朗运动专题．分析：布朗运动是指悬浮在液体中微粒的无规则运动，不是液体分子的无规则运动，形成的原因是由于液体分子对悬浮微粒无规则撞击引起的．小颗粒并不是分子，小颗粒无规则运动的轨迹不是分子无规则运动的轨迹．颗粒越小、温度越高，布朗运动越显著．解答：解：A、B、D布朗运动是悬浮中液体中颗粒的无规则运动，而组成小颗粒的分子有成千上万个，颗粒的布朗运动是大量颗粒分子集体的运动，并不是颗粒内部分子的无规则运动．布朗运动形成的原因是由于液体分子对悬浮微粒无规则撞击引起的．所以布朗运动是周围液体分子运动的反映，但不是液体分子的运动．故A、B错误，D正确．C、悬浮的颗粒越小，表面积越小，同一时刻撞击颗粒的液体分子越少，受到的冲力越不平衡，合力越大，越容易引起运动，故颗粒越小，布朗运动越显著，故C正确．故选CD点评：本题要明确布朗运动不是分子的运动，是固体微粒的运动，其程度与温度有关．8．（4分）（2003•顺德区模拟）已知阿佛伽德罗常数为N，某物质的摩尔质量为M（kg/mol），该物质的密度为ρ（kg/m3），则下列叙述中正确的是（）A．1kg该物质所含的分子个数是ρNB．1kg该物质所含的分子个数是C．该物质1个分子的质量是（kg）D．该物质1个分子占有的空间是（m3）考点：阿伏加德罗常数．专题：阿伏伽德罗常数的应用专题．分析：解答本题要掌握：知道物体质量，求出其物质的量和分子个数以及每个分子的质量；建立正确模型，正确解答气体分子所占空间大小．解答：解：1kg该物质的物质的量为：所含分子数目为：，故AB错误；每个分子的质量为：，每个分子所占体积为：，故C错误，D正确．故选D．点评：本题考查了有关阿伏伽德罗常数的运算，要明确质量、摩尔质量、物质的量、以及阿伏伽德罗常数之间的关系．9．（4分）（2013春•安定区校级期末）关于水和冰，下列说法正确的是（）A．0℃的冰比0℃的水的内能小B．O℃的水一定能结成冰C．相同质量的O℃的水和0℃的冰的内能相同D．相同质量的O℃的水和O℃的冰比较，水的分子势能较大考点：分子势能；物体的内能．专题：内能及其变化专题．分析：内能的多少与温度、状态和质量有关，相同质量的O℃的水和O℃的冰比较，温度相同，分子平均动能相同，但水的分子势能较大．解答：解：A、内能的多少与温度、体积、状态和质量有关，0℃的冰比0℃的水的内能可能大，A错误；B、O℃的水不一定能结成冰，需要放出热量后才能结冰，B错误；C、相同质量的O℃的水比0℃的冰的内能大水，因为需要放出热量后才能结冰，C错误；D、相同质量的O℃的水和O℃的冰比较，温度相同，分子平均动能相同，但水的分子势能较大，D正确；故选D点评：本题考查了影响问题内能大小的因素有温度、状态和质量．10．（4分）（2015春•寿光市校级期中）一定质量的理想气体，它的内能随温度的增大而增大，在保持体积不变的条件下，压强由p变为．在这个过程中下列说法正确的是（）A．气体吸收热量，内能减小B．气体吸收热量，内能增加C．气体放出热量，内能增加D．气体放出热量，内能减小考点：热力学第一定律；理想气体的状态方程．专题：理想气体状态方程专题．分析：一定质量的理想气体内能只与温度有关．体积不变，根据理想气体状态方程判断气体的温度如何变化，即可内能变化情况．根据热力学第一定律判断吸放热．解答：解：由理想气体状态方程，知在保持体积不变的条件下，压强由p变为，此过程中温度降低，内能减少，体积不变W=0，所以△U=Q＜0，放热．故选：D点评：根据温度是分子平均动能的标志、一定质量的理想气体内能只与温度有关进行判断．对于气体状态变化过程，要掌握气态方程：分析参量的变化．11．（4分）（2014秋•临川区校级期末）如图所示，两条平行虚线之间存在匀强磁场，虚线间的距离为l，磁场方向垂直纸面向里．abcd是位于纸面内的梯形线圈，ad与bc间的距离也为l，t=0时刻，bc边与磁场区域边界重合．现令线圈以恒定的速度v沿垂直于磁场区域边界的方向穿过磁场区域，取沿a→b→c→d→a的感应电流为正，则在线圈穿越磁场区域的过程中，感应电流I随时间t变化的图线可能是下图中的（）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：首先根据右手定则判断边bc刚进入和离开磁场时回路中感应电流方向，再根据进入磁场中有效切割长度的变化，求出感应电流的变化，从而得出正确结果．解答：解：BD、线框进入磁场过程中，bc边切割磁感线，根据右手定则可知，电流方向为逆时针，即为负方向．当bc边离开磁场时，由右手定则可知，感应电流沿顺时针方向，电流为正的，故BD错误；AC、线圈进入磁场时，bc边切割磁感线，根据感应电动势大小公式：E=BLV可得，有效切割长度越来越短，感应电动势减小，故感应电流越来小；当bc边离开磁场时，根据感应电动势大小公式：E=BLV可得，切割长度越来越短，感应电动势减小，故感应电流越来越小，故A错误，C正确．故选：C．点评：对于图象问题可以通过排除法判断，本题关键要理解感应电动势公式E=Blv中，L 是有效切割长度，并掌握右手定则或楞次定律．12．（5分）（2008秋•宣州区校级期末）如图所示，两根竖直放置的光滑平行导轨，其一部分处于方向垂直导轨所在平面且有上下水平边界的匀强磁场中，一根金属杆MN成水平沿导轨滑下，在与导轨和电阻R组成的闭合电路中，其他电阻不计．当金属杆MN进入磁场区后，其运动的速度图象可能是下图中的（）A．B．C．D．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：当金属杆MN进入磁场区后，切割磁感线产生感应电流，受到向上的安培力，根据安培力与重力的关系分析金属杆可能的运动情况．分析时，要抓住安培力大小与速率成正比的规律．解答：解：A、金属杆MN进入磁场区时，若所受的安培力与重力相等，做匀速直线运动，速度不变，故A正确．BC、金属杆MN进入磁场区时，若所受的安培力小于重力，做加速运动，随着速度的增大，感应电动势和感应电流增大，金属杆所受的安培力增大，合外力减小，加速度减小，v﹣t 图象的斜率减小，故B错误，C正确．D、金属杆MN进入磁场区时，若所受的安培力大于重力，做减速运动，随着速度的减小，金属杆所受的安培力减小，合外力减小，加速度减小，v﹣t图象的斜率减小，故D正确．故选：ACD．点评：解决本题关键能正确分析棒的受力情况，并能根据受力判定物体的运动情况，要紧扣安培力与速度成正比进行分析，知道杆子不可能做匀变速运动．13．（5分）（2015•日照一模）如图所示，理想变压器的原、副线圈匝数比为1：5，原线圈两端的交变电压为u=20sin100πt（V）氖泡在两端电压达到100V时开始发光，下列说法中正确的有（）A．开关接通后，氖泡的发光频率为50HzB．开关接通后，电压表的示数为100VC．开关断开后，电压表的示数变大D．开关断开后，变压器的输出功率不变考点：变压器的构造和原理．专题：交流电专题．分析：根据电压与匝数程正比，电流与匝数成反比，变压器的输入功率和输出功率相等，逐项分析即可得出结论．解答：解：A、交变电压的频率为=50Hz，一个周期内电压两次大于100V，即一个周期内氖泡能两次发光，所以其发光频率为100Hz，所以A项错误；B、由交变电压的瞬时值表达式知，原线圈两端电压的有效值为20V，由电压与匝数成正比得副线圈两端的电压为U2=100V，电压表的示数为交流电的有效值，所以B项正确；C、开关断开前后，输入电压不变，变压器的变压比不变，故输出电压不变，所以C项错误；D、断开后，电路消耗的功率减小，输出功率决定输入功率，所以D项错误．故选：B．点评：本题主要考查变压器的知识，要能对变压器的最大值、有效值、瞬时值以及变压器变压原理、功率等问题彻底理解．二、实验题（9分）14．（9分）（2015春•寿光市校级期中）在做“用油膜法估测分子大小”的实验中，所用油酸酒精溶液的浓度为每104mL溶液中含有纯油酸6mL，用注射器测得1mL上述溶液有75滴，把1滴该溶液滴入盛水的浅盘里，待水面稳定后，将玻璃板放在浅盘上，用笔在玻璃板上描出油酸的轮廓，再把玻璃板放在坐标纸上，其形状和尺寸如图所示，坐标中正方形方格的边长为2cm，试求（1）油酸膜的面积是3×10﹣2cm2；（2）每滴油酸酒精溶液中含有纯油酸的体积8×10﹣6mL；（此问结果保留一位有效数字）（3）按以上实验数据估测出油酸分子的直径为3×10﹣10m．考点：用油膜法估测分子的大小．专题：实验题．分析：（1）采用估算的方法求油膜的面积，通过数正方形的个数：面积超过正方形一半算一个，不足一半的不算，数出正方形的总个数乘以一个正方形的面积，近似算出油酸膜的面积．（2）用每一滴的体积乘以体积比浓度即可求得纯油酸的体积．（3）油酸分子的直径约为油膜的厚度，由公式d=求解．解答：解：（1）面积超过正方形一半的正方形的个数为74个则油酸膜的面积约为S=74×22=3×10﹣2cm2≈3×10﹣2m2（2）每滴油酸酒精溶液中含有纯油酸的体积：V=1mL××=8×10﹣6mL（3）油酸分子的直径为 d==m≈3×10﹣10m故答案为：（1）3×10﹣2；（2）8×10﹣6（3）3×10﹣10．点评：本实验的模型是不考虑油酸分子间的空隙，采用估算的方法求面积，肯定存在误差，但本实验只要求估算分子大小，数量级符合要求就行了．三、计算题（本题共4个小题，满分37分．解答应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．）15．（8分）（2013秋•湛江期末）横截面积S=0.2m2、n=100匝的圆形线圈A处在如图所示的磁场内，磁感应强度变化率为0.02T/s．开始时S未闭合，R1=4Ω，R2=6Ω，C=30 μF，线圈内阻不计，求：（1）闭合S后，通过R2的电流的大小；（2）闭合S后一段时间又断开，问S断开后通过R2的电荷量是多少？考点：法拉第电磁感应定律；闭合电路的欧姆定律．专题：电磁感应与电路结合．分析：线圈平面垂直处于匀强磁场中，当磁感应强度随着时间均匀变化时，线圈中的磁通量发生变化，从而导致出现感应电动势，产生感应电流．由法拉第电磁感应定律可求出感应电动势大小．再由闭合电路的殴姆定律可求出电流，从而得出电阻两端电压，最终确定电量．解答：解：（1）磁感应强度变化率的大小为=0.02 T/s，B逐渐减弱，所以E=n=100×0.02×0.2 V=0.4 VI= A=0.04 A，方向：从上向下流过R2．（2）R2两端的电压为U2=×0.4 V=0.24 V所以Q=CU2=30×10﹣6×0.24 Q=7.2×10﹣6 C．点评：利用法拉第电磁感应定律和闭合电路欧姆定律求解电流大小．S断开后，流过R2的电荷量就是S闭合时C上带有的电荷量16．（9分）（2015春•寿光市校级期中）某小型实验水电站输出功率P=38KW，输电线路总电阻r=1Ω．（1）若采用U=380V输电，求输电线路损耗的功率P1．（2）若改用U1=10000V高压输电，用户端利用n1：n2=44：1的变压器降压，求用户得到的电压U2．考点：远距离输电．专题：交流电专题．分析：根据功率的计算公式可得输电线上损失的功率；根据即可求得用户得到的电压．解答：解：（1）输电线路损耗的功率为：P损=（）2R=（）2×1=10KW；（2）改用高压输电后，输电线上的电流强度变为：I′=A=3.8A用户端在变压器降压前获得的电压为：U1=U﹣I′R=（10000﹣3.8×1）V=9996.2V根据用户得到的电压为：U2==×9996.2V=227.19V答：（1）若采用380V输电，求用户得到的功率为10kW；（2）用户端变压前的电压U1为4976V，变压后得到的电压U2为227.19点评：本题考查学生运用电功率公式及变压器线圈匝数与电压的关系解决实际问题的能力．要明确损失功率的计算方法．17．（10分）（2015春•寿光市校级期中）如图所示，气缸放置在水平平台上，活塞质量为10kg，横截面积50cm2，厚度1cm，气缸全长21cm，气缸质量20kg，大气压强为1×105Pa，当温度为7℃时，活塞封闭的气柱长10cm，若保持温度不变将气缸倒过来放置时，活塞下方的空气能通过平台上的缺口与大气相通．g取10m/s2．求：（1）气柱多长？（2）从微观角度解释气体压强变化的原因．考点：理想气体的状态方程；气体压强的微观意义．专题：理想气体状态方程专题．分析：（1）气体发生等温变化，由玻意耳定律可以求出空气柱的长度；（2）应用分子动理论分析答题．解答：解（1）开始封闭气体的压强p1=p0+=1×105+=1.2×105Pa，气缸倒过来后，气体的压强p2=p0﹣=1×105﹣=0.8×105Pa，气体发生等温变化，由玻意耳定律得：p1L1S=p2L2S，解得：L2=15cm；（2）气缸倒置后，气体体积变大，分子数密度减小，单位时间内与器壁碰撞的分子数减少，气体温度不变，分子平均动能不变，分子撞击器壁时的作用力不变，器壁单位面积受到的压力减小，气体压强减小．答：（1）气柱长度为15cm．（2）如上所述．点评：应用玻意耳定律与分子动理论即可正确解题，本题的解题关键是求出各状态的气体压强；要会应用分子动理论解释气体变化现象．18．（10分）（2015春•寿光市校级期中）如图所示，竖直放置的气缸内盛有气体，上面被一活塞盖住，活塞通过劲度系数k=600N/m的弹簧与气缸相连接，系统处于平衡状态，已知此时外界大气压强p0=1.0×105P a，活塞到缸底的距离L=0.5m，缸内横截面积S=1×10﹣2m2，今在等温条件下将活塞缓慢上提到距缸底为2L处，此时提力为F=500N，弹簧的原长L0应为多少？（不计摩擦及活塞和弹簧的质量，并假定在整个过程中，气缸不漏气，弹簧遵从胡克定律．）考点：理想气体的状态方程；封闭气体压强．专题：理想气体状态方程专题．分析：假设弹簧处于伸长状态，根据活塞平衡列出前后两次状态下封闭气体的压强表达式，根据玻意耳定律得到含有原长l0的方程，然后求出弹簧的原长．解答：解：设弹簧的原长为L0，气体原来压强为p，后来为p′，由玻意耳定律可得：pL=p′•2L ①在原来状态下，活塞受力如图1所示，由力学平衡可得：pS=p0S+k（L﹣L0）②在后来状态下，活塞受力如图2所示，由力学平衡可得：p′S+F=p0S+k（2L﹣L0）③由①、②、③联立解得：p=④解得：L0=L+⑤当F=500N时，由④式得p=0.4p0再代入⑤式得L0=1.50m，可见在整个过程中弹簧始终处于压缩状态．答：弹簧的原长L0应为1.50m．点评：本题也可以假设弹簧原来处于压缩状态，根据玻意耳定律研究弹簧原长．对于题设条件不确定时，要分情况进行讨论。

2014-2015高二下学期五校联考期中物理一．选择题（共13小题）1．（2011春•广州期末）关于电磁感应现象，下列说法中正确的是（ ）A ．楞次最早找到了产生电磁感应现象的条件B ．只要闭合电路内有磁通量，闭合电路中就有感应电流产生C ．导体棒做切割磁感线运动时，导体棒中不一定有感应电流D ．法拉第成功研究了感应电流的方向与磁通量变化之间的关系2．（2011秋•长春期末）某线圈在匀强磁场中绕垂直于磁场的转轴匀速转动，产生交变电流的图象如图所示，由图中信息可以判断（ ）3．如图所示，A 、B 是完全相同的两个小灯泡，L 为自感系数很大、电阻可以忽略的带铁芯的线圈，则（ ）A ．电键S 闭合瞬间，A 、B 同时发光，随后A 灯熄灭，B 灯变亮B ．电键S 闭合瞬间，B 灯亮，A 灯不亮C ．断开电键S 的瞬间，A 、B 灯同时熄灭D ．断开电键S 的瞬间，B 灯立即熄灭，A 灯突然闪亮一下再熄灭4．（2013•普陀区一模）在如图所示的闭合铁芯上绕有一组线圈，与滑动变阻器、电池构成闭合电路，a 、b 、c 为三个闭合金属圆环，假定线圈产生的磁场全部集中在铁芯内，则当滑动变阻器的滑片左、右滑动时，能产生感应电流的金属圆环是（ ）A ．a 、b 两个环B ．b 、c 两个环C ．a 、c 两个环D ．a 、b 、c 三个环5．（2014•台江区校级模拟）如图1所示，弹簧振子以点O 为平衡位置，在A 、B 两点之间做简谐运动．取向右为正方向，振子的位移x 随时间t 的变化如图2所示，下列说法正确的是（ ）A ．t=0.8s 时，振子的速度方向向左B ．t=0.2s 时，振子在O 点右侧6cm 处C ．t=0.4s 和t=1.2s 时，振子的加速度完全相同D ．t=0.4s 到t=0.8s 的时间内，振子的速度逐渐减小6．（2015•南昌校级三模）一圆环形铝质金属圈（阻值不随温度变化）放在匀强磁场中，设第1s内磁感线垂直于金属圈平面（即垂直于纸面）向里，如图甲所示．若磁感应强度B随时间t变化的关系如图乙所示，那么第3s内金属圈中（）A．感应电流逐渐增大，沿逆时针方向B．感应电流恒定，沿顺时针方向C．圆环各微小段受力大小不变，方向沿半径指向圆心D．圆环各微小段受力逐渐增大，方向沿半径指向圆心7．（2014•四川）如图所示，甲是远距离输电线路的示意图，乙是发电机输出电压随时间变化的图象，则（）A．用户用电器上交流电的频率是100HzB．发电机输出交流电的电压有效值是500VC．输电线的电流只由降压变压器原副线圈的匝数比决定D．当用户用电器的总电阻增大时，输电线上损失的功率减小8．（2010•合肥二模）一个摆长为l1的单摆，在地面上作简谐运动，周期为T1，已知地球质量为M1，半径为R1；另一个摆长为l2的单摆，在质量为M2，半径为R2的星球表面作简谐运动，周期为T2，若T1=2T2，l1=4l2，M1=4M2，则地球半径与星球半径之比R1：R2为（）A．2：1 B．2：3 C．1：2 D．3：29．（2009秋•闸北区期末）如图所示，一光滑平行金属轨道平面与水平面成θ角，两导轨上端用一电阻R相连，该装置处于匀强磁场中，磁场方向垂直轨道平面向上．质量为m的金属杆ab，以初速度v0从轨道底端向上滑行，滑行到某一高度h后又返回到底端．若运动过程中，金属杆保持与导轨垂直且接触良好，并不计轨道与金属杆ab的电阻及空气阻力，则（）A．上滑过程的时间比下滑过程长B．金属杆ab返回到底端时速度大小仍为v0C．上滑过程通过电阻R的电量与下滑过程一样多D．上滑过程电流对电阻R所做的功比下滑过程多10．（2013春•小店区校级期中）下列关于单摆周期的说法正确的是（）A．用一个装满砂的漏斗和长细线做成一个单摆，在摆动时砂从漏斗中缓慢漏出，周期不变B．当升降机向上匀加速运动时（a＜g）单摆的周期小于电梯匀速运动时单摆的周期C．将摆由赤道移到北极，单摆振动周期减小D．将单摆的摆角由5°增加到10°（不计空气阻力），单摆的周期减小11．（2011春•仙游县校级月考）如图所示，图线a是线圈在匀强磁场中匀速转动时所产生正弦交流电的图象，当调整线圈转速后，所产生正弦交流电的图象如图线b所示，以下关于这两个正弦交流电的说法正确的是（）A．在图中t=0时刻穿过线圈的磁通量均为零B．线圈先后两次转速之比为2：3C．交流电b的电动势的最大值为VD．先后两次通过线圈的最大磁通量之比为3：212．如图所示，一理想变压器原线圈匝数为n1=1000匝，副线圈匝数为n2=200匝，原线圈中接一交变电源，交变电源电压u=220sin100πt（V）．副线圈中接一电动机，电阻为11Ω，电流表A2示数为1A，电表对电路的影响忽略不计．则（）A．此交流电的频率为100 Hz B．电压表示数为220VC．电流表A1示数为0.2 A D．此电动机输出功率为30 W13．（2014秋•重庆期末）如图所示，相距为d的两条水平虚线L1、L2之间是方向水平向里的匀强磁场，磁感应强度为B，正方形线圈abcd边长为L（L＜d），质量为m，电阻为R，将线圈在磁场上方高h处静止释放，cd边刚进入磁场时速度为v0，cd边刚离开磁场时速度也为v0，则线圈从cd边刚进入磁场起一直到ab边离开磁场的过程中，则以下说法中正确的是（）A．感应电流所做的功为mgdB．线圈下落的最小速度一定为C．线圈下落的最小速度不可能为D．线圈进入磁场的时间和穿出磁场的时间不同二．填空题（共3小题）14．（2014春•白山校级月考）如图所示，线圈的面积是0.05m2，共100匝；线圈的电阻r=1Ω，外接电阻R=24Ω．匀强磁场的磁感应强度为1/πT，当线圈以300r/min的转速匀速转动时，若从线圈平面与磁感线平行时开始计时，则线圈中感应电动势的最大值为v，感应电动势的瞬时值表达式为e=（v），电路中电流表的示数为A．当线圈转过60度过程中，流过电流表的电量为C．15．（2012春•下城区校级月考）如图所示，空间存在一磁感应强度为B的匀强磁场，其方向与水平方向夹角θ=45°．有一边长为L的正方形导线框abcd，匝数为N，可绕oo′轴转动，质量分布均匀的导线框总质量为m，总电阻为R．现将导线框从水平位置由静止释放，不计摩擦，转到竖直位置时动能为E k，则在此过程中流过导线某一截面的电量为，导线框中产生热量为．16．（2012春•江山市校级期中）（1）在“探究单摆周期与摆长的关系”的实验中，提供的器材有：铁架台、铁夹、细线、有孔的小铁球、秒表、刻度尺和天平，其中，多余的器材是，尚需补充的器材是．（2）某同学在做“利用单摆测重力加速度”的实验中，先测得摆线长为101.00cm，摆球直径为2.00cm，然后用秒表记录了单摆振动50次所用的时间为101.5s．则：①他测得的重力加速度g=m/s2．（计算结果取三位有效数字）②他测得的g值偏小，可能原因是：A．测摆线长时摆线拉得过紧．B．摆线上端未牢固地系于悬点，振动中出现松动，使摆线长度增加了．C．开始计时时，秒表过迟按下．D．实验中误将51次全振动计为49次．三．解答题（共3小题）17．（2015秋•陕西校级期末）在如图甲所示的电路中，螺线管匝数n=2500匝，横截面积S=20cm2．螺线管导线电阻r=2.0Ω，R1=8.0Ω，R2=10.0Ω，C=30μF．在一段时间内，穿过螺线管的磁场的磁感应强度B按如图乙所示的规律变化．求：（1）求螺线管中产生的感应电动势；（2）闭合S，电路中的电流稳定后，求电阻R1的电功率；（3）S断开后，求流经R2的电量．18．如图所示，两根足够长的固定的平行金属导轨位于倾角θ=30°的斜面上，导轨上、下端各接有阻值R=10Ω的电阻，导轨自身电阻忽略不计，导轨宽度L=2m，在整个导轨平面内都有垂直于导轨平面向上的匀强磁场，磁感应强度B=0.5T，质量为m=0.1kg，电阻r=5Ω的金属棒ab在较高处由静止释放，金属棒ab在下滑过程中始终与导轨垂直且与导轨接触良好，当金属棒ab下滑高度h=3m时，速度恰好达到最大值v=2m/s．（g=10m/s2），求：（1）金属棒与导轨的动摩擦因数；（2）在以上运动过程中导轨下端电阻R的最大电功率；（3）金属棒ab在以上运动过程中产生的焦耳热．19．（2010•台州一模）如图所示，匝数为100匝、面积为0.01m2的线圈，处于磁感应强度B1为T的匀强磁场中．当线圈绕O1O2以转速n为300r/min匀速转动时，电压表、电流表的读数分别为7V、l A．电动机的内阻r为1Ω，牵引一根原来静止的、长L为1m、质量m为0.2kg的导体棒MN沿轨道上升．导体棒的电阻R为1Ω，架在倾角为30°的框架上，它们处于方向与框架平面垂直、磁感应强度B2为1T的匀强磁场中．当导体棒沿轨道上滑1.6m时获得稳定的速度，这一过程中导体棒上产生的热量为4J．不计框架电阻及一切摩擦，g取10m/s2．求：（1）若从线圈处于中性面开始计时，写出电动势的瞬时表达式；（2）导体棒MN的稳定速度；（3）导体棒MN从静止至达到稳定速度所用的时间．2014-2015高二下学期五校联考期中物理参考答案与试题解析一．选择题（共13小题）1．（2011春•广州期末）关于电磁感应现象，下列说法中正确的是（）A．楞次最早找到了产生电磁感应现象的条件B．只要闭合电路内有磁通量，闭合电路中就有感应电流产生C．导体棒做切割磁感线运动时，导体棒中不一定有感应电流D．法拉第成功研究了感应电流的方向与磁通量变化之间的关系C【分析】解答本题应掌握感应电流产生的条件为：闭合回路中的部分导体做切割磁感线运动；同时理解在发生电磁感线现象时的能量转化关系．2．（2011秋•长春期末）某线圈在匀强磁场中绕垂直于磁场的转轴匀速转动，产生交变电流的图象如图所示，由图中信息可以判断（）A．在A和C时刻线圈处于中性面位置B．在B和D时刻穿过线圈的磁通量为零C．从A～D时刻线圈转过的角度为2πD．若从O～D时刻历时0.02s，则在1s内交变电流的方向改变100次D【分析】线圈在中性面上磁通量最大，感应电动势与感应电流均为零；线圈在平行于磁场位置（垂直于中性面处）穿过线圈的磁通量为零，感应电动势与感应电流最大；在一个周期内，电流方向改变两次，根据图象分析答题．3．如图所示，A、B是完全相同的两个小灯泡，L为自感系数很大、电阻可以忽略的带铁芯的线圈，则（）A．电键S闭合瞬间，A、B同时发光，随后A灯熄灭，B灯变亮B．电键S闭合瞬间，B灯亮，A灯不亮C．断开电键S的瞬间，A、B灯同时熄灭D．断开电键S的瞬间，B灯立即熄灭，A灯突然闪亮一下再熄灭AD【分析】开关K闭合的瞬间，电源的电压同时加到两灯的两端，两灯同时发光．由于线圈的电阻可以忽略，灯A逐渐被短路，随后A灯变暗，B灯变亮．断开开关K的瞬间，B灯立即熄灭，A灯突然闪亮一下再熄灭．4．（2013•普陀区一模）在如图所示的闭合铁芯上绕有一组线圈，与滑动变阻器、电池构成闭合电路，a、b、c为三个闭合金属圆环，假定线圈产生的磁场全部集中在铁芯内，则当滑动变阻器的滑片左、右滑动时，能产生感应电流的金属圆环是（）A．a、b两个环B．b、c两个环C．a、c两个环D．a、b、c三个环A【分析】由题，线圈产生的磁场全部集中在铁芯内，当滑动变阻器的滑片左、右滑动时，线圈中电流将发生改变，产生的磁场随之改变，a、b两环中磁通量会发生改变，即可知道有无感应电流产生．而c环中总磁通量为零，保持不变，则知没有感应电流产生．5．（2014•台江区校级模拟）如图1所示，弹簧振子以点O为平衡位置，在A、B两点之间做简谐运动．取向右为正方向，振子的位移x随时间t的变化如图2所示，下列说法正确的是（）A．t=0.8s时，振子的速度方向向左B．t=0.2s时，振子在O点右侧6cm处C．t=0.4s和t=1.2s时，振子的加速度完全相同D．t=0.4s到t=0.8s的时间内，振子的速度逐渐减小【分析】A 由图象可知振动的周期和振幅，振子向平衡位置运动的过程中，速度增大，加速度减小．6．（2015•南昌校级三模）一圆环形铝质金属圈（阻值不随温度变化）放在匀强磁场中，设第1s内磁感线垂直于金属圈平面（即垂直于纸面）向里，如图甲所示．若磁感应强度B随时间t变化的关系如图乙所示，那么第3s内金属圈中（）A．感应电流逐渐增大，沿逆时针方向B．感应电流恒定，沿顺时针方向C．圆环各微小段受力大小不变，方向沿半径指向圆心D．圆环各微小段受力逐渐增大，方向沿半径指向圆心【分析】D 穿过线圈的磁通量发生变化，导致线圈中产生感应电动势，从而形成感应电流．由题意可知，磁感应强度是随着时间均匀变化的，所以感应电流是恒定的，则线框ad 边所受的安培力与磁感应强度有一定的关系．7．（2014•四川）如图所示，甲是远距离输电线路的示意图，乙是发电机输出电压随时间变化的图象，则（）A．用户用电器上交流电的频率是100HzB．发电机输出交流电的电压有效值是500VC．输电线的电流只由降压变压器原副线圈的匝数比决定D．当用户用电器的总电阻增大时，输电线上损失的功率减小【分析】D 根据图象可知交流电的最大值以及周期等物理量，然后进一步可求出其瞬时值的表达式以及有效值等．同时由变压器电压与匝数成正比，电流与匝数成反比．8．（2010•合肥二模）一个摆长为l1的单摆，在地面上作简谐运动，周期为T1，已知地球质量为M1，半径为R1；另一个摆长为l2的单摆，在质量为M2，半径为R2的星球表面作简谐运动，周期为T2，若T1=2T2，l1=4l2，M1=4M2，则地球半径与星球半径之比R1：R2为（）A．2：1 B．2：3 C．1：2 D．3：2【分析】A 根据题意及单摆周期公式求出地球与该星球表面的重力加速度关系；根据星球表面的物体受到的重力等于万有引力求出重力加速度的表达式，最后求出地球半径与星球半径之比．9．（2009秋•闸北区期末）如图所示，一光滑平行金属轨道平面与水平面成θ角，两导轨上端用一电阻R相连，该装置处于匀强磁场中，磁场方向垂直轨道平面向上．质量为m的金属杆ab，以初速度v0从轨道底端向上滑行，滑行到某一高度h后又返回到底端．若运动过程中，金属杆保持与导轨垂直且接触良好，并不计轨道与金属杆ab的电阻及空气阻力，则（）A．上滑过程的时间比下滑过程长B．金属杆ab返回到底端时速度大小仍为v0C．上滑过程通过电阻R的电量与下滑过程一样多D．上滑过程电流对电阻R所做的功比下滑过程多【分析】CD 通过对导体棒的受力分析知道，上滑的过程做变减速直线运动，下滑的过程做变加速直线运动，抓住位移相等，平均速度不同，比较运动的时间，根据q=比较出电量的大小，根据Q=EIt比较上滑和下滑过程中产生的热量．10．（2013春•小店区校级期中）下列关于单摆周期的说法正确的是（）A．用一个装满砂的漏斗和长细线做成一个单摆，在摆动时砂从漏斗中缓慢漏出，周期不变B．当升降机向上匀加速运动时（a＜g）单摆的周期小于电梯匀速运动时单摆的周期C．将摆由赤道移到北极，单摆振动周期减小D．将单摆的摆角由5°增加到10°（不计空气阻力），单摆的周期减小【分析】BC 根据单摆周期公式T=2π分析答题．11．（2011春•仙游县校级月考）如图所示，图线a是线圈在匀强磁场中匀速转动时所产生正弦交流电的图象，当调整线圈转速后，所产生正弦交流电的图象如图线b所示，以下关于这两个正弦交流电的说法正确的是（）A．在图中t=0时刻穿过线圈的磁通量均为零B．线圈先后两次转速之比为2：3C．交流电b的电动势的最大值为VD．先后两次通过线圈的最大磁通量之比为3：2【分析】C 由图读出电动势的最大值E m，周期T，由ω=求出转速之比．t=0时刻电压为零，由法拉第电磁感应定律分析磁通量．12．如图所示，一理想变压器原线圈匝数为n1=1000匝，副线圈匝数为n2=200匝，原线圈中接一交变电源，交变电源电压u=220sin100πt（V）．副线圈中接一电动机，电阻为11Ω，电流表A2示数为1A，电表对电路的影响忽略不计．则（）A．此交流电的频率为100 Hz B．电压表示数为220VC．电流表A1示数为0.2 A D．此电动机输出功率为30 W【分析】C 根据电压与匝数成正比，电流与匝数成反比，变压器的输入功率和输出功率相等，逐项分析即可得出结论13．（2014秋•重庆期末）如图所示，相距为d的两条水平虚线L1、L2之间是方向水平向里的匀强磁场，磁感应强度为B，正方形线圈abcd边长为L（L＜d），质量为m，电阻为R，将线圈在磁场上方高h处静止释放，cd边刚进入磁场时速度为v0，cd边刚离开磁场时速度也为v0，则线圈从cd边刚进入磁场起一直到ab边离开磁场的过程中，则以下说法中正确的是（）A．感应电流所做的功为mgdB．线圈下落的最小速度一定为C．线圈下落的最小速度不可能为D．线圈进入磁场的时间和穿出磁场的时间不同【分析】B 线圈由静止释放，其下边缘刚进入磁场和刚穿出磁场时刻的速度是相同的，又因为线圈全部进入磁场不受安培力，要做匀加速运动．可知线圈进入磁场先要做减速运动．根据线框的运动情况，分析进入和穿出磁场的时间关系．二．填空题（共3小题）14．（2014春•白山校级月考）如图所示，线圈的面积是0.05m2，共100匝；线圈的电阻r=1Ω，外接电阻R=24Ω．匀强磁场的磁感应强度为1/πT，当线圈以300r/min的转速匀速转动时，若从线圈平面与磁感线平行时开始计时，则线圈中感应电动势的最大值为50v，感应电动势的瞬时值表达式为e=50cos10πt（v），电路中电流表的示数为 1.41A．当线圈转过60度过程中，流过电流表的电量为 3.2×10﹣4C．【分析】先求出最大电动势，写出电压的瞬时表达式，再根据闭合电路欧姆定律求出电流的瞬时表达式；电流表和电压表测量的是有效值，最后结合q=t=，即可求解．15．（2012春•下城区校级月考）如图所示，空间存在一磁感应强度为B的匀强磁场，其方向与水平方向夹角θ=45°．有一边长为L的正方形导线框abcd，匝数为N，可绕oo′轴转动，质量分布均匀的导线框总质量为m，总电阻为R．现将导线框从水平位置由静止释放，不计摩擦，转到竖直位置时动能为Ek，则在此过程中流过导线某一截面的电量为，导线框中产生热量为．【分析】通过线圈的电流用平均电动势，根据q=It求解通过的电量，由能量守恒求产生的热量．16．（2012春•江山市校级期中）（1）在“探究单摆周期与摆长的关系”的实验中，提供的器材有：铁架台、铁夹、细线、有孔的小铁球、秒表、刻度尺和天平，其中，多余的器材是天平，尚需补充的器材是游标卡尺．（2）某同学在做“利用单摆测重力加速度”的实验中，先测得摆线长为101.00cm，摆球直径为2.00cm，然后用秒表记录了单摆振动50次所用的时间为101.5s．则：①他测得的重力加速度g=9.76m/s2．（计算结果取三位有效数字）②他测得的g值偏小，可能原因是：BDA．测摆线长时摆线拉得过紧．B．摆线上端未牢固地系于悬点，振动中出现松动，使摆线长度增加了．C．开始计时时，秒表过迟按下．D．实验中误将51次全振动计为49次．【分析】根据实验原理与实验器材分析答题．单摆的摆长等于摆线的长度与摆球的半径之和，周期等于完成一次全振动的时间，结合单摆的周期公式求出重力加速度的大小，并分析误差．三．解答题（共3小题）17．（2015秋•陕西校级期末）在如图甲所示的电路中，螺线管匝数n=2500匝，横截面积S=20cm2．螺线管导线电阻r=2.0Ω，R1=8.0Ω，R2=10.0Ω，C=30μF．在一段时间内，穿过螺线管的磁场的磁感应强度B按如图乙所示的规律变化．求：（1）求螺线管中产生的感应电动势；（2）闭合S，电路中的电流稳定后，求电阻R1的电功率；（3）S断开后，求流经R2的电量．【分析】（1）根据法拉第地磁感应定律求出螺线管中产生的感应电动势．（2）根据P=I2R求出电阻R1的电功率．（3）电容器与R2并联，两端电压等于R2两端的电压，根据Q=CU求出电容器的电量．18．如图所示，两根足够长的固定的平行金属导轨位于倾角θ=30°的斜面上，导轨上、下端各接有阻值R=10Ω的电阻，导轨自身电阻忽略不计，导轨宽度L=2m，在整个导轨平面内都有垂直于导轨平面向上的匀强磁场，磁感应强度B=0.5T，质量为m=0.1kg，电阻r=5Ω的金属棒ab在较高处由静止释放，金属棒ab在下滑过程中始终与导轨垂直且与导轨接触良好，当金属棒ab下滑高度h=3m时，速度恰好达到最大值v=2m/s．（g=10m/s2），求：（1）金属棒与导轨的动摩擦因数；（2）在以上运动过程中导轨下端电阻R的最大电功率；（3）金属棒ab在以上运动过程中产生的焦耳热．【分析】（1）金属棒ab匀速下滑时速度达到最大．由公式E=BLv得到感应电动势大小、由欧姆定律求出ab棒中的感应电流I，由公式F=BIL求出安培力，再根据平衡条件求解摩擦力大小，进而求出动摩擦因数．（2）结合上题的最大速度求出最大感应电动势和感应电流，由公式P=I2R求解电阻R的最大电功率．（3）金属棒ab机械能的减少量为△E=mgh﹣mv2．根据能量守恒定律求解出整个电路产生的电热，再根据电路的连接关系求解R产生的焦耳热．19．（2010•台州一模）如图所示，匝数为100匝、面积为0.01m2的线圈，处于磁感应强度B1为T的匀强磁场中．当线圈绕O1O2以转速n为300r/min匀速转动时，电压表、电流表的读数分别为7V、l A．电动机的内阻r为1Ω，牵引一根原来静止的、长L为1m、质量m为0.2kg的导体棒MN沿轨道上升．导体棒的电阻R为1Ω，架在倾角为30°的框架上，它们处于方向与框架平面垂直、磁感应强度B2为1T的匀强磁场中．当导体棒沿轨道上滑1.6m时获得稳定的速度，这一过程中导体棒上产生的热量为4J．不计框架电阻及一切摩擦，g取10m/s2．求：（1）若从线圈处于中性面开始计时，写出电动势的瞬时表达式；（2）导体棒MN的稳定速度；（3）导体棒MN从静止至达到稳定速度所用的时间．【分析】（1）从线圈处于中性面开始计时，电动势的瞬时表达式e=E m sinωt．而E m=NB1Sω．（2）导体棒MN的稳定速度时有F=mgsinθ+B2I′L，此时的电流，根据能量守恒求出电动机的输出功率，则F=，联立求出稳定速度v．（3）根据能量守恒求出导体棒MN从静止至达到稳定速度所用的时间．。

1题图 2014——2015学年第一学期期中考试试卷高二物理（理科）卷Ⅰ（选择题，共48分）选择题:（每小题4分，共48分.1-9小题给出的四个选项中只有一个正确选项，10-12小题至少两个正确选项，全部选对的得4分，选不全的得2分，有错选或不答的得0分）1．绝缘细线上端固定，下端悬挂一轻质小球a ，a 的表面镀有铝膜，在a 的近旁有一绝缘金属球b ，开始时a 、b 都不带电，如图所示，现使b 带电，则( )A ．a 、b 之间不发生相互作用B ．b 将吸引a ，吸住后不放开C ．b 立即把a 排斥开D ．b 先吸引a ，接触后又把a 排斥开2．真空中有两个相同的带电金属小球A 和B ，相距为r ，带电量分别为q 和8q ，它们之间作用力的大小为F ，有一个不带电的金属球C ，大小跟A 、B 相同，用C 跟A 、B 两小球反复接触后移开，此时A 、B 间的作用力大小为( )A ．F/8B ．3F/8C ． 9F/8D ． 7F/83．由电场强度的定义式E=q F可知 ( )(A)E 和F 成正比,F 越大E 越大 (B) E 和q 成正比,q 越大E 越小6题图7题图(C)E 的方向与F 的方向相同 (D)E 的大小可由q F 确定4．对公式E=kQ/r2，理解正确的是( )A ．当r →0时，E →∞B ．当r →∞时，E →0C ．某点场强跟点电荷Q 无关，只跟该点位置r 有关D ．以点电荷Q 为圆心，r 为半径的球面上，各点场强相同5．关于电场线的说法，正确的是( )A ．电场线的方向，就是电荷受力的方向B ．正电荷只在静电力作用下一定沿电场线运动C ．电场线越密的地方，同一电荷所受静电力越大D ．静电场的电场线可能是闭合的6．如图所示为某一点电荷Q 产生的电场中的一条电场线，A 、B 为电场线上的两点，一电子以某一速度沿电场线由A 运动到B 的过程中，动能增加，则可以判断 ( )A ．电场线方向由B 指向AB ．场强大小EA ＞EBC ．若Q 为负电荷，则Q 在B 点右侧D ．Q 不可能为正电荷7．如图所示点电荷电场中，将检验电荷从A 点分8题9题别移到以点电荷为中心的同一圆周上的B 、C 、D 、E 各点，则电场力做的功（ ）A ．从A 到B 做功最多． B ．从A 到C 做功最多．C ．从A 到E 做功最多．D ．做功一样多．8.如图所示，实线是一个电场中的电场线，虚线是一个负试探电荷在这个电场中的轨迹，若电荷是从a 处运动到b处，以下判断正确的是： ( )A ．电荷从a 到b 加速度减小B ．电荷在b 处电势能小C ．b 处电势高D ．电荷在b 处速度小9.如图所示，某电场中的一条电场线，电场线上的a 、b 两点相距为d ，则( )(A) a 点场强一定大于b 点场强；(B) 任意电荷在a 点的电势能一定大于在b 点的电势能；(C) a 、b 两点间电势差一定等于E 〃d(E 为a 点场强)；(D) a 、b 两点间电势差在数值上等于单位正电荷由a 点沿任意路径移到b 点的过程中电场力做的功.12题10题图11题图 10.如右图所示，带电的平行金属板电容器水平放置，质量相同、重力不计的带电粒子A 、B ，平行于极板以相同的初速度射入电场，结果打在极板上的同一点P.不计两微粒之间的库仑力，下列说法正确的是( )A ．在电场中微粒A 运动的时间比B 长B ．在电场中微粒A B 运动的时间相同C ．微粒A 所带的电荷量比B 多D .电场力对微粒A 做的功比B 少11.如图所示，a 、b 、c 、d 是滑线变阻器的四个接线柱，把它串联接入电路之中，要求滑动触片P 向接线柱d 移动时，电路中的电流不断减小，则接入电路中的接线柱可以是（ ）A.a 和cB.a 和dC.b 和aD.b 和c12.在8-5所示的电路中，三个电阻的阻值分别是：R1=9Ω，R2=18Ω，R3=18Ω。

2014-2015学年山东省潍坊市五县联考高二（下）期中物理试卷学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________一、单选题(本大题共3小题，共12.0分)1.根据楞次定律可知，感应电流的磁场一定是（）A.阻碍引起感应电流的磁通量B.阻碍引起感应电流的磁通量变化C.与引起感应电流的磁场方向相反D.与引起感应电流的磁场方向相同【答案】B【解析】解：根据楞次定律，感应电流的磁场总是阻碍引起感应电流的磁通量的变化．原磁场减小时，感应电流的磁场与原磁场的方向相同，原磁场增大时，感应电流的磁场与原磁场的方向相反．故选项ACD错误，选项B正确．故选：B楞次定律的内容是：感应电流的磁场总是阻碍引起感应电流的磁通量的变化．解决本题的关键掌握楞次定律的内容：感应电流的磁场总是阻碍引起感应电流的磁通量的变化2.如图所示，闭合金属线圈abcd从一定高度自由下落进入一有界匀强磁场，bc边刚进入磁场时，线圈恰好做匀速运动．已知磁场宽度和ab边长度相等．取逆时针方向为电流的正方向，向下为力的正方向，bc边开始进入磁场到ad边刚出磁场的过程中，线圈中感应电流I和所受到的安培力F随时间变化的图象是（）A. B. C. D.【答案】B【解析】解：因为磁场宽度和ab边长度相等，ad边进磁场，bc边出磁场，知bc边开始进入磁场到ad边刚出磁场的过程中，线圈一直做匀速直线运动，根据楞次定律，bc边进磁场时，感应电流方向为逆时针方向，bc边出磁场时，感应电流方向为顺时针方向，由于速度不变，根据E=BL v知，电动势不变，则电流大小不变．故B正确，A、C、D错误．故选：Bbc边刚进入磁场时，线圈所受的安培力与重力平衡，线圈做匀速直线运动，当ad边进磁场时，bc边出磁场，所受的安培力仍然与重力平衡，线圈仍然做匀速直线运动直到ad边出磁场．解决本题的关键知道线圈在整个过程中的运动情况，根据楞次定律和切割产生的感应电动势公式进行分析．3.如图1所示变压器为理想变压器，原、副线圈匝数比为2：1，、为理想电流表和理想电压表，电路中R=55Ω，若原线圈接入如图2所示的正弦交变电压，下列表述正确的是（）A.电压表的示数为110VB.电流表的示数为2 AC.变压器的输入功率220WD.交变电压的频率为100H z【答案】C【解析】解：A、由图2可知，原线圈的最大值为220V，则有效值为220V，由电压的关系可得匝数的比例关系：副线圈的电压：V电压表的示数为110V．故A错误；B、电流表的示数为A，则B错误；C、变压器的输入功率等于输出功率，所以：P入=P出=U2I2=110×2=220W．故C正确；D、由图可知，交流电的周期是0.02s，频率为：H z，故D错误．故选：C由电压的关系可得匝数的比例关系，各表的示数为有效值，根据电压的有效值及欧姆定律可求各量之比．该题考查变压器的电流比与匝数比关系，以及交流电的周期与频率关系，掌握住理想变压器的电压、电流之间的关系，明确各表的示数为有效值．二、多选题(本大题共1小题，共4.0分)4.甲、乙两地原来用500k V的超高压输电，在保持输送电功率和输电线电阻都不变的条件下，现改用1000k V特高压输电，不考虑其它因素的影响．则输电线上（）A.损失的电压将变为原来的B.损失的电压将变为原来的2倍C.损耗的电功率将变为原来的D.损耗的电功率将变为原来的【答案】AD【解析】解：A、根据I=求出输电线上的电流，与输送的电压成反比，即输电线上的电流将变为原来的，根据U=IR可知，输电线上降落的电压将变为原来的，故A正确，B错误C、当以不同电压输送时，有P=U1I1=U2I2，而在线路上损失的功率为△P=I2R=可知，损失的功率与电压的平方成反比，即△P1：△P2=4：1所以输电线上损失的功率为．故C错误，D正确；故选：AD已知输送的电功率和输电电压，根据I=求出输电线上的电流；根据△P=I2R求出输电线上损失的电功率．本题考查远距离输电中的能量损失及功率公式的应用，要注意功率公式中P=UI中的电压U应为输电电压三、单选题(本大题共1小题，共4.0分)5.如图所示，一根弯成直角的金属棒abc绕其一端a在纸面内以角速度ω匀速转动，已知ab：bc=4：3，金属棒总长为L，若加一个垂直纸面向里的磁感强度为B的匀强磁场，则棒两端的电势差U ca（）A.BL2ωB.BL2ωC.BL2ωD.BL2ω【答案】B【解析】解：由题：ab：bc=4：3，金属棒总长为L，则得ab=L，bc=L，则ca间的长度为：l==Labc棒以b端为轴在纸面内以角速度ω匀速转动，则c、a间的电势差大小为：U cb=E cb=B（L）2ω=BL2ω；故选：B根据转动切割产生的感应电动势公式E=BL2ω，分别求出cb间和ab间的电势差，即可求得U ca解决本题的关键掌握转动切割产生的感应电动势公式E=BL2ω，知道L是等效长度四、多选题(本大题共4小题，共16.0分)6.下列说法中正确的是（）A.温度越高，布朗运动越剧烈B.布朗运动是由颗粒内分子的无规则运动引起的C.热量可以自发地从低温物体传到高温物体D.热量不可能自发地从低温物体传到高温物体【答案】AD【解析】解：A、布朗运动是由于液体分子对小颗粒的碰撞的作用力不平衡引起的，悬浮的颗粒越大，表面积越大，周围液体分子数越多，同一时刻撞击颗粒的分子数，冲力越平衡，所以布朗运动越不明显，故A正确．B、布朗运动是悬浮在液体中固体小颗粒的运动，是由于液体分子对小颗粒的碰撞的作用力不平衡引起的，所以布朗运动说明了液体分子不停的做无规则运动．故B错误．C、D、根据热力学第二定律，热量传递由方向性，所以热量不可能自发地从低温物体传到高温物体，故C错误，D正确．故选：AD固体小颗粒做布朗运动是液体分子对小颗粒的碰撞的作用力不平衡引起的，液体的温度越低，悬浮小颗粒的运动越缓慢，且液体分子在做永不停息的无规则的热运动．固体小颗粒做布朗运动说明了液体分子不停的做无规则运动；根据热力学第二定律，热量不可能自发地从低温物体传到高温物体．该题考查布朗运动与热力学第二定律，掌握布朗运动的实质和产生原因，以及影响布朗运动剧烈程度的因素是解决此类题目的关键．7.下列说法正确的是（）A.晶体一定具有固定的熔点B.晶体一定具有规则的几何外形C.草叶上的露珠成球形是表面张力作用的结果D.液体表面张力的方向与液面垂直并指向液体内部【答案】AC【解析】解：A、晶体熔化时具有固定的熔点，故A正确．B、单晶体有固定的几何外形，但是多晶体属于晶体，没有固定的形状，故B错误．C、液体跟气体接触的表面存在一个薄层，叫做表面层，表面层里的分子比液体内部稀疏，分子间的距离比液体内部大一些，分子间的相互作用表现为引力，即是表面张力，表面张力的存在使液体表面想被拉伸的弹簧一样，总有收缩的趋势，从而形成表面张力，草叶上的露珠呈球形是表面张力作用的结果，故C正确．D、表面张力产生在液体表面层，它的方向平行于液体表面，而非与液面垂直；故D错误．故选：AC．晶体具有固定熔点，但是多晶体没有固定的几何外形．表面张力形成的原因是：液体跟气体接触的表面存在一个薄层，叫做表面层，表面层里的分子比液体内部稀疏，分子间的距离比液体内部大一些，分子间的相互作用表现为引力，即是表面张力，表面张力的存在使液体表面想被拉伸的弹簧一样，总有收缩的趋势，从而形成表面张力，依据表面张力形成原因可分析CD．解决本题的关键知道晶体和非晶体的区别，会从形状、熔点、各个方向上的物理性质区分它们，但是要注意多晶体这一特例．8.如图所示，甲分子固定在坐标原点O，乙分子从无穷远处沿x轴向O点运动，两分子间的分子势能E P与两分子间距离的变化关系如图所示，则乙分子（）A.由x2到x1过程中分子力做正功B.由x2到x1过程中分子力做负功C.在x=x1时，分子力为零D.在x=x2时，分子力为零【答案】BD【解析】解：A、由图象可知，乙分子在x2时分子势能最小，由x2到x1过程中分子势能增大，分子力做负功，故A错误，B正确．C、分子在平衡位置分子势能最小，故乙分子在x2时，分子引力等于分子斥力，合力为0，故C错误，D正确．故选：BD分子间存在相互作用的引力和斥力，当二者大小相等时两分子共有的势能最小，分子间距离为平衡距离，当分子间距离变大或变小时，分子力都会做负功，导致分子势能变大．两分子所具有的总能量为分子动能与分子势能之和．掌握分子力与距离的关系，会分析分子力做功与分子势能变化的关系，知道总能量由分子势能和分子动能两者之和构成．9.已知油酸的摩尔质量为M，密度为ρ，阿伏加德罗常数为N A．若用m表示一个油酸分子的质量，用V0表示一个油酸分子的体积，则下列表达式中正确的是（）A.m=B.m=C.V0=D.V0=【答案】BC【解析】解：A、B、分子的质量等于摩尔质量除以阿伏加德罗常数，则有：m=．故A错误，B正确；C、D、由于油酸分子间隙小，所以分子的体积等于摩尔体积除以阿伏加德罗常数，则有：V0===，故C正确，D错误．故选：BC．分子的质量等于摩尔质量除以阿伏加德罗常数；分子的体积等于摩尔体积除以阿伏加德罗常数．解决本题的关键掌握摩尔质量与分子质量的关系，摩尔体积与分子体积的关系，要注意对于气体，分子体积小于摩尔体积与阿伏加德罗常数之比．五、单选题(本大题共1小题，共4.0分)10.如图所示，一定质量的理想气体从状态A变化到状态B的过程中，则气体（）A.分子的平均动能不变B.分子的平均动能减少C.吸收热量D.放出热量【答案】C【解析】解：由知，理想气体从状态A变化到状态B，温度升高，分子平均动能增大；温度升高，内能增大，又体积膨胀对外做功，根据热力学第一定律知，气体肯定吸热故选：C根据图象可知AB的体积与温度之间的关系，再根据理想气体的状态方程分析AB之间的压强的关系，根据热力学第一定律分析气体的内能的变化气体的体积摄氏温度成正比例变化，由此可以得到体积和热力学温度的关系，这是解决本题的关键的地方，抓住这个特点题目就不难分析了七、多选题(本大题共1小题，共4.0分)12.某同学在做“用油膜法估测分子大小”的实验中，计算出的分子直径结果明显偏大，可能是由于（）A.油酸未完全散开B.油酸中含有大量酒精C.计算油膜面积时，舍去了所有不足一格的方格D.求每滴体积时，lm L的溶液的滴数误多计了10滴【答案】AC【解析】解：计算油酸分子直径的公式是d=，V是纯油酸的体积，S是油膜的面积．A．油酸未完全散开，S偏小，故得到的分子直径d将偏大，故A正确；B．计算时利用的是纯油酸的体积，如果含有大量的酒精，则油酸的实际体积偏小，则直径将偏小，故B错误；C．计算油膜面积时舍去了所有不足一格的方格，S将偏小，故得到的分子直径将偏大，故C正确；D．求每滴体积时，lm L的溶液的滴数误多记了10滴，由V0=可知，纯油酸的体积将偏小，则计算得到的分子直径将偏小，故D错误；故选：AC．用油膜法估测分子直径实验原理是：让一定体积的纯油酸滴在水面上形成单分子油膜，估算出油膜面积，从而求出分子直径．根据此原理分析误差．解答本题关键要理解并掌握单分子油膜法估测分子直径的原理d=，建立这样的模型：油酸分子呈球型分布在水面上，且一个挨一个，再分析误差的大小．六、填空题(本大题共1小题，共4.0分)11.如图所示，电路中电流表正接线柱流入电流时，指针顺时针方向偏转，负接线柱流入电流时指针逆时针方向偏转，当电键K断开瞬间，表A1指针______ 偏转；表A2指针______ 偏转．（填逆时针或者顺时针）【答案】逆时针；顺时针【解析】解：根据题意可知，电流从哪端流入，指针就偏向哪端；当电路稳定后断开，通过电阻这一支路的原电流立即消失，由于电感器对电流的变化有阻碍作用，会阻碍其减小，通过电感器的电流并且通过电阻．所以含有电感器的支路的电流从“+”接线柱流入，A2指针向右摆，即顺时针偏转．含有电阻的支路电流从“-”接线柱流入，A1指针向左摆，即逆时针偏转．故答案为：逆时针；顺时针电感器对电流的变化有阻碍作用，当电流增大时，会阻碍电流的增大，当电流减小时，会阻碍其减小解决本题的关键知道电感器对电流的变化有阻碍作用，当电流增大时，会阻碍电流的增大，当电流减小时，会阻碍其减小八、填空题(本大题共1小题，共8.0分)13.为探究理想变压器原、副线圈电压、电流的关系，将原线圈接到电压有效值不变的正弦交流电源上，副线圈连接相同的灯泡L1、L2，电路中分别接了理想交流电压表V1、V2和理想交流电流表A1、A2，导线电阻不计，如图所示．当开关S闭合后（1）A1示数______ ，A1与A2示数的比值______ ；（2）V2示数______ ，V1与V2示数的比值______ ．（填变大、变小或者不变）【答案】变大；不变；不变；不变【解析】解：由于理想变压器原线圈接到电压有效值不变，则副线圈电压不变，V2示数不变，V1与V2示数的比值不变．开关S闭合后，变压器副线圈的负载电阻减小，V2不变，由欧姆定律可得A1示数变大，由于理想变压器P2=P1，V1与V2示数的比值不变，所以A1与A2示数的比值不变．故答案为：（1）变大；不变（2）不变；不变和闭合电路中的动态分析类似，可以根据R2的变化，确定出总电路的电阻的变化，进而可以确定总电路的电流的变化的情况，在根据电压不变，来分析其他的原件的电流和电压的变化的情况．电路的动态变化的分析，总的原则就是由部分电路的变化确定总电路的变化的情况，再确定其他的电路的变化的情况，即先部分后整体再部分的方法．九、计算题(本大题共4小题，共44.0分)14.如图所示，用硬质导线做成一个半径为r的圆环，圆环的电阻为R，ab为圆环的一条直径．在ab的左侧有磁感应强度B均匀减小的磁场，变化率=k，磁场方向垂直圆环平面向里．求：（1）感应电流的方向；（2）感应电流的大小；（3）图中a、b两点间的电压的大小．【答案】解：（1）磁场方向垂直纸面向里，磁感应强度大小B减少，穿过圆环的磁通量减少，由楞次定律判断可知：圆环中产生的感应电流方向沿顺时针方向；（2）由法拉第电磁感应定律得E=•πr2=kπr2，根据闭合电路欧姆定律，则感应电流大小为I==，（3）a、b两点的电势差应等于路端电压，由闭合电路欧姆定律得ab两点间的电势差为：U=I==|0.25kπr2|，答：（1）感应电流的方向顺时针方向；（2）感应电流的大小；（3）图中a、b两点间的电压的大小|0.25kπr2|．【解析】根据楞次定律判断感应电流的方向，并确定圆环有扩张趋势还是有收缩趋势；由法拉第电磁感应定律求出感应电动势大小，再由欧姆定律求感应电流大小．本题考查楞次定律及法拉第电磁感应定律的应用，注意正确应用楞次定律的两种描述；同时还要注意求磁通量时，面积应为有效面积，本题中不能当作圆的面积来求，而是圆中含有磁通量的部分面积．15.如图所示为一交流发电机的原理示意图，其中矩形线圈abcd的边长ab=cd=50cm，bc=ad=20cm，匝数n=200，线圈的总电阻r=0.20Ω，线圈在磁感强度B=0.05T的匀强磁场中绕垂直于磁场的转轴OO′匀速转动，角速度ω=300rad/s．线圈两端通过电刷E、F与阻值R=4.8Ω的定值电阻连接．（1）从线圈经过中性面开始计时，写出线圈中感应电动势随时间变化的表达式；（2）发电机的输出功率；（3）求从线圈经过中性面开始计时，经过周期时间通过电阻R的电荷量．【答案】解：（1）线圈产生感应电动势的最大值E m=n BωS解得：E m=300V感应电动势随时间变化的表达式e=E m sinωt=300sin300t（V）（2）线圈中感应电动势的有效值E=电流的有效值I=交流发电机的输出功率即为电阻R的热功率P=（3）根据法拉第电磁感应定律有：由闭合电路欧姆定律：q=联立解得：q=0.2C答：（1）从线圈经过中性面开始计时，线圈中感应电动势随时间变化的表达式e=E m sinωt=300sin300t（V）；（2）发电机的输出功率8.64×103W；（3）求从线圈经过中性面开始计时，经过周期时间通过电阻R的电荷量为0.2C【解析】（1）根据E m=n BSω求出最大电动势，再写出瞬时值表达式；（2）先根据最大值与有效值的关系求出有效值，再根据闭合电路欧姆定律求解电流的有效值，之后求解外电阻的热功率就是发电机的输出功率；（3）用平均电流与时间爱你的乘积来计算通过电阻R的电荷量．解决本题的关键知道正弦式交流电峰值的表达式E m=n BSω，以及知道峰值与有效值的关系，知道求解电荷量时要用平均值．16.如图所示，一定质量的理想气体被活塞封闭在竖直放置的高为2h圆柱形气缸内，气缸壁导热良好，活塞可沿气缸壁无摩擦地滑动．开始时气柱高度为h，将气缸倒转过来，再次平衡后气柱高度变为h．保持气体温度不变，已知大气压强P0，气缸横截面积为S，重力加速度为g．求：活塞的质量M．【答案】解：（1）气体初态压强P1=P0+，体积为：V1=h S末态缸倒转后P2=P0-，体积为：V2=1.5h S由玻意尔定律得：P1V1=P2V2解得：M=答：活塞的质量为【解析】气缸内壁导热良好，故封闭气体做等温变化，根据玻意而定律列式求解本题关键是利用活塞根据平衡求解封闭气体的压强，然后根据玻意而定律列式求解即可17.如图，用U形管和细管连接玻璃烧瓶A和橡胶气囊B，A和B内都充有理想气体，A浸泡在温度为27℃的水槽中，U形管内右边水银柱比左侧高h=30cm．现挤压气囊B，使其体积变为原来的，此时U形管两侧的水银柱等高，已知挤压过程中气囊B温度保持不变，U形管和细管的体积远小于A、B的容积，变化过程中烧瓶中气体体积可认为不变．（1）求烧瓶A中气体压强；（用cm H g表示）（2）将橡胶气囊B恢复原状，再将水槽缓慢加热至47℃，U形管两侧的高度差．【答案】解：（1）由题意知：A气体压强P A不变，且与B气体末态压强P′B相等，初态压强满足：P B=P A-P h对B气体由玻意耳定律可知：′代入数据解得：P A=90cm H g（2）由查理定律可知：′解得：P A′=96cm H g两侧的高度差为：△h=30+（P′A-P A）=36cm答：（1）烧瓶A中气体压强90cm H g（2）将橡胶气囊B恢复原状，再将水槽缓慢加热至47℃，U形管两侧的高度差36cm 【解析】以A内封闭气体为研究对象，做等温变化，根据玻意耳定律求出B内的压强，然后求出A内压强；以B中封闭气体为研究对象，根据等容变化列方程求解本题考查了理想气体状态方程的应用，关键是正确分析AB中气体压强的关系。

2013—2014学年第二学期普通高中模块监测 高二物理试题 2014.4说明：本试题分I 、II 两卷，满分100分，答题时间90分钟一、选择题：本大题包括10个小题，每小题4分，共40分.每小题给出的四个选项中，至少有一个选项是正确的，全选对得4分，对而不全得2分，有选错或不选均得0分. 1. 下列说法正确的是（ ）A. 穿过闭合导线圈的磁通量不发生改变，线圈中有可能产生感应电流B. 感应电流的磁场总要阻碍引起感应电流的磁通量的变化C. 远距离输电可以通过减小输电电流来减少电路发热损耗D. 远距离输电可以通过减小输电电压来减少电路发热损耗2. 面积为 4×10-2m 2的单匝闭合线圈，放在匀强磁场中，磁场方向垂直线圈平面，磁感应强度B 的大小随时间的变化规律如图所示.则（ ） A. 0～1s 和1～2s 内线圈中产生的感应电流方向相反 B. 0～1s 和1～2s 内线圈中产生的感应电流方向相同 C. 第1s 末线圈的感应电动势大小是0.08V D. 第1s 末线圈的感应电动势大小是03. 如图甲所示，长度相等、电阻均为r 的三根金属棒AB 、CD 、EF ，用导线相连，不考虑导线电阻.此装置匀速进入匀强磁场的过程（匀强磁场宽度大于AE 间距离），则EF 两端电压u 随时间变化的图象是图乙中的（ ）4. 如图，灯泡A 1、A 2的规格完全相同，线圈L 的直流电阻忽略，则（ ） A. 接通电路时，A 1、A 2同时变亮B. 接通电路时，A 2先亮，A 1后亮，最后亮度相同C. 断开电路时，A 2立即熄灭，A 1 过一会儿再熄灭D. 断开电路时，A 1、A 2都要过一会儿才熄灭5. 矩形线框绕垂直于匀强磁场的轴匀速转动过程中，线框输出的交流电压随时间变化的图象如图所示，下列说法正确的是（ ）A. 交流电压的有效值为362 VB. 交流电压的频率为0.25 HzC. 1 s末线框平面垂直于磁场D. 2 s末线框的磁通量最大6. 如图所示，理想变压器的原线圈接在正弦交流电源上，R1为定值电阻，R2为热敏电阻（其阻值随温度升高而减少）.当R2的温度升高时，则（）A.电压表示数变大B.电压表示数变小C.电流表示数变大D.电流表示数变小7．下列关于简谐运动和简谐波的说法正确的是（）A．做简谐运动的物体在平衡位置时所受合力一定为零B．简谐波在介质中的传播速度仅由波源本身的性质决定C．人向固定的声源跑近的过程中，听到的音调越来越低D．当声波从空气进入水中时，声波的频率不变，波长变长8. 振源A带动细绳振动，某时刻形成的横波如图甲所示，则在波传播到细绳上一点P时开始计时，下列图乙的四个图形中能表示P点振动图象的是（）9．某质点做简谐运动，其位移随时间变化的关系式为x＝10sin 2πt(cm），则下列关于质点运动的说法中正确的是（）A．质点做简谐运动的振幅为10cmB．质点做简谐运动的周期为4sC．在t = 0.25 s时质点的速度最大D．在t = 0.25s时质点的加速度最大10. 如图所示，沿x轴正方向传播的一列横波在某时刻的波形图为一正弦曲线，其波速为200m/s，下列说法中正确的是（）A．从图示时刻开始，经过0.01s质点a通过的路程为2mB．从图示时刻开始，质点b比质点a先到平衡位置C．若该波传播中遇到宽约3m的障碍物能发生明显的衍射现象D．若此波遇到另一列波并产生稳定的干涉条纹，则另一列波的频率为50Hz二.本题共3个小题，共 18分.（将答案写在二卷相应处）11.（6分）测玻璃的折射率实验中，先将玻璃砖固定在水平桌面上的白纸上，画出玻璃砖两侧界面MN、PQ，在玻璃砖的一侧插好P1、P2大头针后，某同学在玻璃砖同侧插大头针P3，使P3挡住P1、P2的像，然后他又插入大头针P4，使P4挡住P3和P1、P2的像。

2014～2015学年度第二学期期中调研测试高二物理试题参考答案一、单项选择题1、D2、D3、C4、B5、C6、C7、D二、单项选择题8、AD 9、AD 10、CD 11、BC 12、BCD 13、BC 14、AC 15、ＡＤ三、简答题16、⑴如图所示（4分）⑵BCD（4分）⑶向左（4分）17、⑴（4分）⑵（4分）四、计算题18（14分）设该变压器的原线圈、副线圈和新绕线圈的匝数分别用n1、n2、n3表示，原线圈、副线圈和新绕线圈两端的电压分别用U1、U2和U3表示，则有解得该变压器烧坏前的原线圈匝数n1=1100匝（2分），副线圈匝数n2=240匝（2分）。

19（15分）(1)空气分子的质量m0＝MN A＝29×10－36×1023≈4.8×10－26 kg （4分）(2)根据玻意耳定律，瓶中纯净空气在0℃压强为1.0×105pa下的体积（3分）瓶纯净空气的物质的量n＝（1分）则瓶中气体的质量m＝nM （1分）由上述各式解得瓶中气体的质量m≈1.3×10－3 kg （2分）(3)方法一：分子数N＝mm0≈2.6×1022个（4分）-方法二：分子数N ＝nN A ≈2.6×1022个20（18分）⑴ 当K 接e 时，电动势的最大值 E m ＝NBSω＝250×2×12×10×10－4×4π V ＝24 V （2分） 电动势有效值 E ＝E m 2＝12 2 V （2分） 电流表的读数 I ＝E R＝ 2 A ＝1.4 A （2分） ⑵当K 接e 时，线框转过90°过程中，时间为，穿过线框磁通量变化 （1分）感应电动势平均值 （1分）感应电流平均值 （2分）通过电流表的电荷量 （2分）⑶当K 接f 时，从中性面开始计时，则此交变电流的瞬时值表达式为e ＝24sin 4πt V ，已知氖泡的发光电压为12 V ，则当t 1时刻时电动势的瞬时值为12 V ，即12＝24sin 4πt 1，解得 t 1＝124s. （2分）此交变电流的图象如图所示．交流电的周期 （1分）每次发光的时间 Δt ＝T 2－2t 1＝14 s －112 s ＝16s. （1分） 10 min 发光总时间 t ′＝10×60T ×2×Δt ＝6000.5×2×16 s ＝400 s. （2分）。

山东省潍坊市五县2014-2015学年高二下学期期中联考试题（理）一、选择题：本大题共10小题，每小题5分，共50分．在每小题给出的四个选项中，只有一个选项是符合要求的，请将正确的选项涂写在答题卡上．1．（5分）（2015春•潍坊期中）若f（x）=sin﹣cosx，则f′（a）等于（）A．sinα B．cosα C．sin+cosα D．cos+sinα考点：导数的运算．专题：导数的概念及应用．分析：利用三角函数的导数公式；将导函数中的x用α代替，求出导函数值．解答：解：∵f（x）=sin﹣cosx，∴f′（x）=sinx∴f′（α）=sinα故选：A．点评：本题考查基本初等函数的导数公式：特别要注意：（cosx）′=﹣sinx，属于基础题．2．（5分）（2015春•潍坊期中）5个代表分4张同样的参观券，每人最多分一张，且全部分完，那么分法一共有（）A．A种B．45种C．54种D．C种考点：计数原理的应用．专题：排列组合．分析：由于4张同样的参观券分给5个代表，每人最多分一张，从5个代表选4个即可满足．解答：解：由于4张同样的参观券分给5个代表，每人最多分一张，从5个代表选4个即可满足，故有C54种，故选：D点评：本题考查简单计数原理的应用，注意理解题意，考查分析问题解决问题的能力3．（5分）（2015春•潍坊期中）双曲线y=在点（2，）的切线方程是（）A．x+y=0 B．x﹣y=0 C．x+y+1=0 D．x+y﹣1=0考点：利用导数研究曲线上某点切线方程．专题：计算题；导数的概念及应用．分析：先求曲线的导数，因为函数在切点处的导数就是切线的斜率，求出斜率，再用点斜式写出切线方程，再化简即可．解答：解：y=的导数为y′=﹣，∴曲线y=在点（2，）处的切线斜率为﹣切线方程是y﹣=﹣（x﹣2），化简得，x+y﹣1=0故选：D．点评：本题主要考查了函数的导数与切线斜率的关系，属于导数的应用．，则a等于（）A．5.1 B．5.2 C．5.25 D．5.4考点：回归分析的初步应用．专题：计算题．分析：首先求出x，y的平均数，根据所给的线性回归方程知道b的值，根据样本中心点满足线性回归方程，把样本中心点代入，得到关于a的一元一次方程，解方程即可．解答：解：∵=2.5=3.5线性回归方程是，∴a==3.5+0.7×2.5=3.5+1.75=5.25故选C．点评：本题考查回归分析，考查样本中心点满足回归直线的方程，考查求一组数据的平均数，是一个运算量比较小的题目，并且题目所用的原理不复杂，是一个好题．5．（5分）（2015春•潍坊期中）设随机变量ξ服从正态分布N（4，5），若P（ξ＜2a﹣3）=P （ξ＞a+2），则实数a等于（）A．B．C．5 D．3考点：正态分布曲线的特点及曲线所表示的意义．专题：计算题；概率与统计．分析：根据随机变量符合正态分布，又知正态曲线关于x=4对称，得到两个概率相等的区间关于x=4对称，得到关于a的方程，解方程即可．解答：解：∵随机变量ξ服从正态分布N（4，5），∵P（ξ＜2a﹣3）=P（ξ＞a+2），∴2a﹣3与a+2关于x=4对称，∴2a﹣3+a+2=8，∴3a=9，∴a=3，故选：D．点评：本题考查正态分布曲线的特点及曲线所表示的意义，本题主要考查曲线关于x=4对称，考查关于直线对称的点的特点，本题是一个基础题．6．（5分）（2015春•潍坊期中）某班组织文艺晚会，准备从A，B等7个节目中选出3个节目演出，要求：A，B两个节目至少有一个选中，且A，B同时选中时，它们的演出顺序不能相邻，那么不同演出顺序的和数为（）A．84 B．72 C．76 D．80考点：计数原理的应用．专题：排列组合．分析：分两类：第一类，A，B只有一个选中，第二类：A，B同时选中，利用加法原理即可得出结论．解答：解：分两类：第一类，A，B只有一个选中，则不同演出顺序有C21•C52•A33=60种情况；第二类：A，B同时选中，则不同演出顺序有种C51•A22=20故不同演出顺序的和数为60+20=80，故选：D．点评：本题考查排列、组合的实际应用，正确分类是关键，属于基础题．7．（5分）（2015春•潍坊期中）某学校要从5名男生和2名女生中选出3人作为志愿者，若用随机变量ξ表示选出的志愿者中女生的人数，则数学期望Eξ等于（）A．B．C．D．1考点：离散型随机变量的期望与方差．专题：概率与统计．分析：用随机变量ξ表示选出的志愿者中女生的人数，ξ可取0，1，2，结合变量对应的事件写出分布列当ξ=0时，表示没有选到女生；当ξ=1时，表示选到一个女生；当ξ=2时，表示选到2个女生，求出期望．解答：解：用随机变量ξ表示选出的志愿者中女生的人数，ξ可取0，1，2，当ξ=0时，表示没有选到女生；当ξ=1时，表示选到一个女生；当ξ=2时，表示选到2个女生∴P（ξ=1）=P（ξ=2）=∴点评：本题考查离散型随机变量的分布列和期望，这是近几年经常出现的一个问题，可以作为解答题出现，考查的内容通常是以分布列和期望为载体，有时要考查其他的知识点8．（5分）（2015春•潍坊期中）由“0”、“1”、“2”组成的三位数码组中，若用A表示“第二位数字为0”的事件，用B表示“第一位数字为0”的事件，则P（A|B）=（）A．B．C．D．考点：条件概率与独立事件．专题：概率与统计．分析：直接利用条件概率的计算公式求解即可．解答：解：∵P（B）==，P（AB）==，∴P（A|B）==，故选：B．点评：题考查了条件概率与独立事件，解答的关键是对条件概率计算公式的理解，是基础题．9．（5分）（2015春•潍坊期中）若∁=∁（n∈N），且（2﹣x）n=a0+a1x+a2x2+…+a n x n，则a0﹣a1+a2﹣…+（﹣1）n a n等于（）A．81 B．27 C．243 D．729考点：二项式定理的应用．专题：计算题．分析：通过c202n+6=c20n+2（n∈N），求出n的值，利用赋值法x=﹣1，代入（2﹣x）n=a0+a1x+a2x 2+…+an xn，化简求出a0﹣a1+a2﹣…+（﹣1）n an的值．解答：解：由c202n+6=c20n+2得n=4，取x=﹣1得a0﹣a1+a2﹣+（﹣1）n a n=34=81．故选A．点评：本题考查二项式定理的应用，考查计算能力，逻辑思维能力，是基础题．10．（5分）（2011春•泰安期末）甲乙两人进行乒乓球决赛，比赛采取七局四胜制．现在的情形是甲胜3局，乙胜2局．若两人胜每局的概率相同，则甲获得冠军的概率为（）A．B．C．D．考点：相互独立事件的概率乘法公式；概率的基本性质；等可能事件的概率．专题：计算题．分析：甲胜第六场的概率为，此时就没有必要打第七场了，甲在第六场失败但在第七场获胜的概率为，把这两个概率值相加，即得甲获得冠军的概率．解答：解：甲获得冠军时，只要在未来的2场比赛中至少胜一场即可．由于两人胜每局的概率相同，故甲胜每一场的概率都是．甲胜第六场的概率为，此时就没有必要打第七场了．甲在第六场失败，但在第七场获胜的概率为=，故甲获得冠军的概率等于甲胜第六场的概率，加上甲在第六场失败但在第七场获胜的概率，即为+=．故选A．点评：本题主要考查n次独立重复实验中恰好发生k次的概率，等可能事件的概率，体现了分类讨论的数学思想，属于基础题．二、填空题：本大题共5小题，每小题5分，共25分．请将答案填写在试题的横线上．11．（5分）（2015春•潍坊期中）函数f（x）=e﹣x+lnx的导数为e﹣x+．考点：导数的运算．专题：导数的概念及应用．分析：根据导数的基本公式和复合函数的求导公式即可求出．解答：解：∵f（x）=e﹣x+lnx，∴f′（x）=（e﹣x+）′+（lnx）′=﹣e﹣x+，故答案为：﹣e﹣x+．点评：本题考查了导数的基本公式和复合函数的求导公式，属于基础题．12．（5分）（2015春•潍坊期中）已知随机变量ξ服从二项分布ξ～B（n，p），且Eξ=7，Dξ=6，则p等于．考点：二项分布与n次独立重复试验的模型．专题：计算题；概率与统计．分析：根据随机变量符合二项分布，根据二项分布的期望和方差的公式和条件中所给的期望和方差的值，得到关于n和p的方程组，解方程组得到要求的两个未知量．解答：解：ξ服从二项分布B～（n，p）由Eξ=7=np，Dξ=6=np（1﹣p），可得p=，n=49．故答案为：．点评：本题主要考查二项分布的期望与方差的简单应用，通过解方程组得到要求的变量，这与求变量的期望是一个相反的过程，但是两者都要用到期望和方差的公式．13．（5分）（2015•青羊区校级模拟）x（x﹣）7的展开式中，x2的系数是﹣280．（用数字作答）考点：二项式定理的应用．专题：二项式定理．分析：求出（x﹣）7的展开式，可得x（x﹣）7的展开式中x2的系数．解答：解：∵x（x﹣）7 =x[x7﹣14x5+84x3﹣280x+560x﹣1﹣672x﹣3+448x﹣5﹣128x﹣7]，展开式中，x2的系数是﹣280，故答案为：﹣280．点评：本题主要考查二项式定理的应用，二项展开式的通项公式，求展开式中某项的系数，二项式系数的性质，属于基础题．14．（5分）（2014秋•荆门期末）现有五种不同的颜色要对如图形中的四个部分进行着色，要求有公共边的两块不能用同一种颜色，不同的着色方法有180．考点：计数原理的应用．专题：排列组合．分析：根据题意，从区域Ⅰ开始，依次分析区域Ⅱ、Ⅲ、Ⅳ的着色方法的数目，可得区域Ⅰ有5种选法，区域Ⅱ有4种选法，区域Ⅲ有3种选法，区域Ⅳ有3种选法，进而由分步计数原理计算可得答案．解答：解：根据题意，对于区域Ⅰ，有5种颜色可选，即有5种情况，对于区域Ⅱ，与区域Ⅰ相邻，有4种颜色可选，即有4种情况，对于区域Ⅲ，与区域Ⅰ、Ⅱ相邻，有3种颜色可选，即有3种情况，对于区域Ⅳ，与区域Ⅱ、Ⅲ相邻，有3种颜色可选，即有3种情况，则不同的着色方案有5×4×3×3=180种；故答案为：180点评：本题考查分步计数原理的运用，是涂色问题；注意解题时认真审题，理解“有公共边的两块不能用同一种颜色”的含义．15．（5分）（2015春•潍坊期中）如图，用A、B、C、D表示四类不同的元件连接成系统M．当元件A、B至少有一个正常工作且元件C、D至少有一个正常工作时，系统M正常工作．已知元件A、B、C、D正常工作的概率依次为：0.3、0.6、0.5、0.8，元件连接成的系统M正常工作的概率P（M）=0.648．考点：相互独立事件的概率乘法公式；互斥事件的概率加法公式．专题：概率与统计．分析：根据对立事件概率间的关系，分别求出前一个系统AB正常的概率、后一个系统CD 正常的概率，再相乘，即得所求．解答：解：前一个系统AB正常的概率为1﹣0.7×0.4=0.72，后一个系统CD正常的概率为1﹣0.5×0.2=0.9，故这2个系统都正常的概率为0.72×0.9=0.648，故答案为：0.648．点评：本题主要考查相互独立事件的概率乘法公式，所求的事件的概率与它的对立事件的概率之间的关系，属于基础题．三、解答题：本大题共6小题，共75分，解答应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤．16．（12分）（2015春•潍坊期中）用0，1，2，3，4，5这六个数字，可以组成多少个满足下列条件的整数？（Ⅰ）可以组成多少个无重复数字的四位数？（Ⅱ）可组成多少个恰有两个相同数字的四位数？考点：计数原理的应用．专题：排列组合．分析：（I）本题是一个分步计数问题，组成四位数，首位不能是0，首位有5种选法，再从剩余的5个数中选3个数，根据分步计数原理得到结果；（II）求可组成多少个恰有两个相同数字的四位数，需要分类讨论：重复的数是0；重复的数不是0，进而进行求解．解答：解：（I）首位不能为0，有5种选法；再从其余的五个数字中任选三个排在其余三个位置，有A53=60种方法；由分步乘法计数原理得可以组成的四位数有5×60=300个．（II）分两种情况进行讨论：第一种：数字0重复：C32A52=60，第二种：其它数字重复：①有0时：C32C21A31C32=180个，②有0时：C53C31A22C42=360个，所以，共有60+180+360=600（个）．点评：本题考查了排列组合中的数字问题，条件变换多样，把排列问题包含在数字问题中，解题的关键是看清题目的实质，注意数字0的双重限制，属于中档题．17．（12分）（2015春•潍坊期中）已知曲线f（x）=x3+ax+b在点（2，﹣6）处的切线方程是13x﹣y﹣32=0．（Ⅰ）求a，b的值；（Ⅱ）如果曲线y=f（x）的某一切线与直线y=﹣x+3垂直，求切点坐标与切线的方程．考点：利用导数研究曲线上某点切线方程．专题：导数的概念及应用；直线与圆．分析：（I）求出函数的导数，由切线方程，可得f′（2）=12+a=13，f（2）=8+2a+b=﹣6，解方程可得a，b的值；（II）设切点的坐标为（x0，y0），由两直线垂直的条件：斜率之积为﹣1，可得切线的斜率，解方程可得切点坐标和切线方程．解答：解：（I）∵f（x）=x3+ax+b的导数f′（x）=3x2+a，由题意可得f′（2）=12+a=13，f（2）=8+2a+b=﹣6，解得a=1，b=﹣16；（II）∵切线与直线y=﹣+3垂直，∴切线的斜率k=4．设切点的坐标为（x0，y0），则f′（x0）=3x02+1=4，∴x0=±1，由f（x）=x3+x﹣16，可得y0=1+1﹣16=﹣14，或﹣1﹣1﹣16=﹣18．则切线方程为y=4（x﹣1）﹣14或y=4（x+1）﹣18．即y=4x﹣18或y=4x﹣14．点评：本题考查导数的运用：求切线的斜率，同时考查两直线垂直的条件：斜率之积为﹣1，确定切点是解题的关键．18．（12分）（2015春•潍坊期中）为调查某社区居民的业余生活状况，研究这一社区居民在20：00﹣22：00时间段的休闲方式与性别的关系，随机调查了该社区80人，得到下面的数“在20：00﹣22：00时间段居民的休闲方式与性别有关系”？（Ⅱ）将此样本的频率估计为总体的概率，随机调查3名在该社区的男性，设调查的3人在X的数学期望和方差．附：X2=．考点：独立性检验的应用．专题：计算题；概率与统计．分析：（Ⅰ）根据样本提供的2×2列联表，得当H0成立时，K2≥6.635的概率约为0.01，由此能推导出有99%的把握认为“在20：00﹣22：00时间段的休闲方式与性别有关系．（Ⅱ）由题意得：X～B（3，），由此能求出X的数学期望和方差．解答：解：（I）根据样本提供的2×2列联表得：X2=≈8.889＞6.635；所以有99%的把握认为“在20：00﹣22：00时间段居民的休闲方式与性别有关．（Ⅱ）由题意得：X～B（3，），所以E（X）=3×=，D（X）=3××=．点评：本题是一个独立性检验，我们可以利用临界值的大小来决定是否拒绝原来的统计假设，若值较大就拒绝假设，即拒绝两个事件无关．19．（12分）（2015春•潍坊期中）在二项式（x﹣）n的展开式中，前三项系数的绝对值成等差数列．（Ⅰ）求展开式中二项式系数最大的项的系数；（Ⅱ）设（x﹣）n展开式中的常数项为p，展开式中所有项系数的和为q，求p+q．考点：二项式定理的应用；二项式系数的性质．专题：综合题；二项式定理．分析：先求出n，可得通项公式．（I）因为n=8，所有展开式共有9项，所以第5项的二项式系数最大；（II）令8﹣=0得r=6，所以常数项是T7=，即p=．令x=1，可得展开式中所有项的系数和，即可得出结论．解答：解：前三项系数的绝对值分别是1，，．由题设可知：2×=1+，整理得：n2﹣9n+8=9，解得n=8或n=1（舍去）．通项公式是T r+1=C8r（﹣）r．（I）因为n=8，所有展开式共有9项，所以第5项的二项式系数最大，展开式中二项式系数最大的项的系数是C84（﹣）4=．（II）令8﹣=0得r=6，所以常数项是T7=，即p=．令x=1，展开式中所有项的系数和为（）8=，即q=．所以，p+q=．点评：本题考查二项式定理的运用，考查学生的计算能力，确定展开式的通项是关键．20．（13分）（2014•江苏）盒中共有9个球，其中有4个红球，3个黄球和2个绿球，这些球除颜色外完全相同．（1）从盒中一次随机取出2个球，求取出的2个球颜色相同的概率P；（2）从盒中一次随机取出4个球，其中红球、黄球、绿球的个数分别记为x1，x2，x3，随机变量X表示x1，x2，x3中的最大数，求X的概率分布和数学期望E（X）．考点：离散型随机变量的期望与方差；古典概型及其概率计算公式．专题：概率与统计．分析：（1）先求出取2个球的所有可能，再求出颜色相同的所有可能，最后利用概率公式计算即可；（2）先判断X的所有可能值，在分别求出所有可能值的概率，列出分布列，根据数学期望公式计算即可．解答：解（1）一次取2个球共有=36种可能，2个球颜色相同共有=10种可能情况∴取出的2个球颜色相同的概率P=．（2）X的所有可能值为4，3，2，则P（X=4）=，P（X=3）=于是P（X=2）=1﹣P（X=3）﹣P（X=4）=，X的概率分布列为X 2 3 4P故X数学期望E（X）=．点评：本题考查了排列组合，概率公式以概率的分布列和数学期望，知识点比较多，属基础题．21．（14分）（2015•大庆校级模拟）在“出彩中国人”的一期比赛中，有6位歌手（1～6）登台演出，由现场的百家大众媒体投票选出最受欢迎的出彩之星，各家媒体独立地在投票器上选出3位出彩候选人，其中媒体甲是1号歌手的歌迷，他必选1号，另在2号至6号中随机的选2名；媒体乙不欣赏2号歌手，他必不选2号；媒体丙对6位歌手的演唱没有偏爱，因此在1至6号歌手中随机的选出3名．（Ⅰ）求媒体甲选中3号且媒体乙未选中3号歌手的概率；（Ⅱ）X表示3号歌手得到媒体甲、乙、丙的票数之和，求X的分布列及数学期望．考点：离散型随机变量的期望与方差；离散型随机变量及其分布列．专题：概率与统计．分析：（Ⅰ）设A表示事件：“媒体甲选中3号歌手”，事件B表示“媒体乙选中3号歌手”，事件C表示“媒体丙选中3号歌手”，由等可能事件概率公式求出P（A），P（B），由此利用相互独立事件的概率乘法公式和对立事件的概率公式能求出媒体甲选中3号且媒体乙未选中3号歌手的概率．（Ⅱ）先由等可能事件概率计算公式求出P（C），由已知得X的可能取值为0，1，2，3，分别求出相应的概率，由此能求出X的分布列及数学期望．解答：解：（Ⅰ）设A表示事件：“媒体甲选中3号歌手”，事件B表示“媒体乙选中3号歌手”，事件C表示“媒体丙选中3号歌手”，P（A）==，P（B）==，媒体甲选中3号且媒体乙未选中3号歌手的概率：P（A）=P（A）（1﹣P（B））==．（Ⅱ）P（C）=，由已知得X的可能取值为0，1，2，3，P（X=0）=P（）=（1﹣）（1﹣）（1﹣）=，P（X=1）=P（A）+P（）+P（）=+（1﹣）×=，P（X=2）=P（AB）+P（A）+P（）=+（1﹣）×=，P（X=3）=P（ABC）==，∴X的分布列为：X 0 1 2 3PEX==．点评：本题考查概率的求法，考查离散型随机变量的分布列和数学期望的求法，是中档题，解题时要认真审题，注意可能事件概率计算公式和相互独立事件概率乘法公式的合理运用．。