上海市松江二中2013-2014学年高二物理下学期2月开学考试题1

松江二中2013学年度第二学期开学考试试卷高 二 物 理(第1卷)命题人 朱红兵 审题人 肖克平一、单项选择题（共18分，每小题2分。

每小题只有一个正确选项）1．如图所示，把一条导线平行地放在磁针的上方附近，当导线中有电流通过时，磁针会发生偏转。

首先观察到这个实验现象的物理学家是 （ ）A ．奥斯特B ．安培C ．法拉第D ．赫兹2．电动机的作用是（ ）A ．把电能变为化学能B ．把电能变为内能C ．把电能变为原子能D ．把电能变为机械能3．下列用电器中，利用静电的吸附作用进行工作的是（ ）A ．复印机B ．电冰箱C ．电话机D ．电饭煲4．下列关于磁感线的说法正确的是（ ）A ．磁感线是磁场中客观存在的，肉眼看不见的曲线B ．.磁感线总是从磁体的N 极指向S 极C ．磁感线上各点的切线方向与该点的磁场方向一致D ．两个磁场叠加的区域，磁感线就有可能相交5．关于点电荷，下列说法正确的是（ ）A ．任何带电体都能看作点电荷B ．点电荷是实际带电体的理想化模型C ．只有带电量很小的带电体才能看作点电荷D ．只有质量很小的带电体才能看作点电荷6．关于磁感应强度下列说法正确的是（ ）A ．磁场中某点B 的大小，跟放在该点的检验电流元的情况有关；B ．磁场中某点B 的方向，跟该点处检验电流元所受磁场力方向一致；C ．在磁场中某点，检验电流元不受磁场力作用时，该点B 值大小为零；D ．在磁场中磁感线越密集的地方，磁感强度越大。

7．关于并联电路，下列说法中正确的是 （ ）A ．总电阻阻值必大于每一只电阻阻值B ．并联的电阻越多，其总电阻阻值必越大C ．拿掉一只电阻时，总电阻阻值必减小D ．其中一只电阻的阻值增大时，总电阻阻值也增大8．下列有关内能的说法中正确是（ ）A ．每个分子的内能等于它的势能和动能的总和B ．要使物体的内能发生变化，只能通过热传递来实现C ．物体的内能变化时，它的温度可以不变D ．温度是分子热运动剧烈程度的反映，当温度升高时，物体内部分子的动能都增加9．图示为一点电荷周围的电场线，电场中有A 、B 、C 三点，其中A 、B 两点距点电荷的距离相等，A 、C 两点在同一条电场线上．下列关于A 、B 、C 三点电场强度的说法中正确的是（ ）I(A) (B) (C) (D)A ．A 、B 两点的电场强度相等 B ．A 、C 两点的电场强度方向相同C ．C 点的电场强度方向从A 点指向C 点D ．C 点的电场强度比A 点的电场强度小二、单项选择题（共18分，每小题3分。

2013-2014学年上海市松江二中高二（下）月考物理试卷（B卷）（2月份）一、单项选择题（每小题3分，共12分）1．（3分）如图所示电路中，电源的电压U恒定，R0为定值电阻．电键闭合后，当滑动变阻器滑片P处于中点位置时，小灯泡L1、L2、L3的亮度相同，当滑片P向左滑动时，小灯泡的亮度情况是（）A．L1变亮，L2变暗，L3变亮B．L1变暗，L2变亮，L3变暗C．L1、L2变亮，L3变暗D．L1、L2变暗，L3变亮2．（3分）如图所示，正方形ABCD处在匀强电场中，其中φA=φB=0，φD=U，F点为CD的中点．让正方形以B点轴在纸面内顺时针转过∠ABF，则此时F点的电势为（）A．B．C．D．3．（3分）如图所示，一绝缘轻杆长为d，中心固定在转轴O上，左侧挂有一定质量的矩形闭合金属框，下边边长为L并放在匀强磁场中，当在线框中通电流I后，在最右端挂一质量为m的重物，轻杆恰能平衡．若电流方向不变，大小变为2I，则m挂在距O点d，恰又能平衡，则以下说法错误的是（）A．金属框的质量可能为B．金属框的质量可能为C．匀强磁场的磁感应强度大小可能为D．匀强磁场的磁感应强度大小可能为4．（3分）研究发现，某类微观带电粒子之间的相互作用力F与它们之间距离r的关系为：式中F0为大于零的常量，负号表示引力．用U表示这类微观带电粒子间的势能，令U0=F0（r2﹣r1），取无穷远为势能零点．下列U﹣r图象中正确的是（）A．B．C．D．二、多选题（每小题4分，共12分）5．（4分）如图所示，真空中存在范围足够大的匀强电场，A、B为该匀强电场的两个等势面．现有三个完全相同的带等量正电荷的小球a、b、c，从等势面A上的某点同时以相同速率v0向不同方向开始运动，其中a的初速度方向垂直指向等势面B；b的初速度方向平行于等势面；c的初速度方向与a相反．经过一段时间，三个小球先后通过等势面B，已知三个小球始终在该匀强电场中运动，不计重力，则下列判断正确的是（）A．等势面A的电势高于等势面B的电势B．a、c两小球通过等势面B时的速度相同C．开始运动后的任一时刻，a、b两小球的动能总是相同D．开始运动后的任一时刻，三个小球电势能总是相等6．（4分）如图所示，导线框abcd置于磁场方向竖直向下的匀强磁场中，可绕MN轴转动，导线框中通以MabcdN方向的恒定电流I后，导线框往纸外偏转θ角而达到平衡，如果改用密度为原来材料1/2的材料做成线框，要使静止时与竖直方向的夹角θ角保持不变，则可以（）A．仅将磁感应强度减为原来的1/2B．仅将bc的长度减为原来的1/2C．仅将电流减为原来的1/2D．仅将ab、cd的长度减为原来的1/27．（4分）在如图（a）所示的电路中，R1为定值电阻，R2为滑动变阻器．闭合电键S，将滑动变阻器的滑动触头P从最右端滑到最左端，两个电压表的示数随电路中电流变化的完整过程图线如图（b）所示．则（）A．图线甲是电压表V2示数随电流变化的图线B．电源内电阻的阻值为10ΩC．电源的最大输出功率为3.6WD．滑动变阻器R2的最大功率为0.9W三、填空题（每题4分，共16分）8．（4分）如图所示，在磁感强度为B的匀强磁场中，有一个边长为L的正六边形线圈abcdef，线圈平面垂直于磁场方向，则穿过线圈的磁通量大小为；若去掉其中的一条边ab，且通有图示顺时针方向的电流，电流强度大小为I，则剩余的五条边所受安培力的大小为（线圈不发生形变）．9．（4分）A、B是一条电场线上的两点，若在A点释放一初速为零的电子，电子仅受电场力作用，并沿电场线从A运动到B，其电势能随位移变化的规律如图所示，设A、B两点的电场强度分别为E A和E B，电势分别为ϕA和ϕB，则E A E B，ϕAϕB．（选填“=”、“＞”或“＜”）10．（4分）如图所示，倾角为θ的斜面上有一质量为m的通电矩形线圈，线圈的AD和BC 边处于水平方向，匀强磁场的磁感强度方向竖直向上，线圈处于静止状态，则线圈所受斜面的支持力为，线圈所受斜面的摩擦力为．11．（4分）如图所示，在光滑绝缘水平桌面上固定放置一条光滑绝缘的挡板ABCD，AB段为直线，BCD段是半径为R的圆环，设直线挡板与圆环之间用一极短的圆弧相连．整套装置处于场强为E的匀强电场中，电场方向与圆环直径CD平行．现使一带电量为+q、质量为m的小球由静止从直线挡板内侧上某点释放，为使小球沿挡板内侧运动恰能从D点通过，则小球从释放点到C点沿电场强度方向的最小距离s是；小球到达D点时的速度大小是．四、计算题（10分）12．（10分）在图（甲）所示的电路中，R2为可变电阻，R1为阻值不随温度变化的定值电阻，其阻值为R1=1.0kΩ，电源电动势ε=7.0V，内阻不计．图（乙）是电阻R的U﹣I关系图象．电路周围的环境温度恒为t0=25°C，电阻R的散热跟它与环境温度的关系是：温度每相差1°C，它每秒钟放热Q=6×10﹣4J．求：（1）当R1与R消耗的功率相等时，R的温度；（2）当R2=0时R的阻值和加在它两端的电压．2013-2014学年上海市松江二中高二（下）月考物理试卷（B卷）（2月份）参考答案与试题解析一、单项选择题（每小题3分，共12分）1．（3分）（2010秋•上海校级期末）如图所示电路中，电源的电压U恒定，R0为定值电阻．电键闭合后，当滑动变阻器滑片P处于中点位置时，小灯泡L1、L2、L3的亮度相同，当滑片P 向左滑动时，小灯泡的亮度情况是（）A．L1变亮，L2变暗，L3变亮B．L1变暗，L2变亮，L3变暗C．L1、L2变亮，L3变暗D．L1、L2变暗，L3变亮【分析】首先认识电路的结构：当电键闭合后，变阻器与灯L1并联后与L2串联，再与L3并联．当滑片P向左滑动时，其电阻增大，外电路总电阻增大，根据闭合电路欧姆定律分析路端电压和干路电流的变化．由L3灯的电流与干路电流的变化，分析灯L2的电流变化，确定灯L2的电压变化，结合路端电压的变化，分析L1的电压变化，即可判断三灯亮度的变化．【解答】解：当电键闭合后，变阻器与灯L1并联后与L2串联，再与L3并联．设灯泡L1、L2、L3的电压和电流分别为灯泡U1、U2、U3，I1、I2、I3．当滑片P向左滑动时，R增大，外电路总电阻增大，根据闭合电路欧姆定律得知，路端电压U增大，干路电流I减小，则知L3变亮．因为I2=I﹣I3，I减小，I3增大，则I2减小，故L2变暗．并联部分的电压U随R的增大而增大，由于U1=U并﹣U2，U并增大，U2减小，则U1增大，并故L1变亮．故选：A【点评】本题是电路的动态变化分析问题，首先要搞清电路的结构，再按照“局部→整体→局部”的思路进行分析．2．（3分）（2010•湖南模拟）如图所示，正方形ABCD处在匀强电场中，其中φA=φB=0，φD=U，F点为CD的中点．让正方形以B点轴在纸面内顺时针转过∠ABF，则此时F点的电势为（）A．B．C．D．【分析】在直角△中，利用三角函数结合各点的电势即可求解．【解答】解：由题意，AB是等势面，所以CD也是等势面，电场线的方向沿DA方向．设边长为L，正方向转动后的位置如图，根据旋转的性质由图中的几何关系可得：设∠CBF=θ．则：∠C1BF1=∠MBC1=θ；∠MBF1=2θ根据勾股定理得到：；．其中：，又：联立以上各式，代入数据解得：．所以选项B正确，选项ACD错误．故选：B．【点评】本题主要运用了勾股定理，能根据旋转的性质得到MF1的长度，是解决本题的关键．3．（3分）（2009秋•闸北区期末）如图所示，一绝缘轻杆长为d，中心固定在转轴O上，左侧挂有一定质量的矩形闭合金属框，下边边长为L并放在匀强磁场中，当在线框中通电流I 后，在最右端挂一质量为m的重物，轻杆恰能平衡．若电流方向不变，大小变为2I，则m挂在距O点d，恰又能平衡，则以下说法错误的是（）A．金属框的质量可能为B．金属框的质量可能为C．匀强磁场的磁感应强度大小可能为D．匀强磁场的磁感应强度大小可能为【分析】对导线框进行受力分析，然后由力矩平衡条件可知，安培力方向，再由安培力公式求出安培力大小，从而确定金属框的质量与磁场强度．【解答】解：由题意可知，电流方向不变，大小变大，因此安培力变大，而m挂在距O点d，恰又能平衡，所以安培力的方向与重力方向相反，=mg当通电导线与磁场垂直时，且根据受力平衡，则有：Mg﹣F安由以上两式可知，F=，即B=，故AC正确，B错误；由于题意，没有强调磁场与通电导线垂直，所以磁磁感应强度大小可能为，故D正确；本题选择错误的，故选：B【点评】应用安培力公式、左手定则、力矩平衡条件即可正确解题．4．（3分）（2009•上海模拟）研究发现，某类微观带电粒子之间的相互作用力F与它们之间距离r的关系为：式中F0为大于零的常量，负号表示引力．用U表示这类微观带电粒子间的势能，令U0=F0（r2﹣r1），取无穷远为势能零点．下列U﹣r图象中正确的是（）A．B．C．D．【分析】分三段研究带电粒子间作用力做功与势能变化的关系，再根据数学知识选择图象．【解答】解：当r1＜r＜r2时，F=﹣F0，说明带电粒子间存在引力，带电粒子间距离增大时，引力做负功，势能增大．根据功能关系有：△U=F0△r=F0（r2﹣r），即U∞﹣U=F0（r2﹣r），U∞=0，得到U=﹣F0（r2﹣r）．当r=r1时，U=﹣F0（r2﹣r1）=﹣U0．当0＜r＜r1时，F=0，说明带电粒子间没有作用力，粒子间距离变化时，势能不变，即有U=﹣U0；当r＞r2时，F=0，说明带电粒子间没有作用力，粒子间距离变化时，势能与无穷远处势能相等，U=0；故选B【点评】本题既考查对功能关系的理解，也考查运用数学方法分析物理问题的能力和对图象的理解能力．比较难．该题也可以认为开始时，两粒子相距无穷远，两粒子相互靠近直至距离为零，从力做功的情况来判断势能的变化．二、多选题（每小题4分，共12分）5．（4分）（2013秋•荆门期末）如图所示，真空中存在范围足够大的匀强电场，A、B为该匀强电场的两个等势面．现有三个完全相同的带等量正电荷的小球a、b、c，从等势面A上的某点同时以相同速率v0向不同方向开始运动，其中a的初速度方向垂直指向等势面B；b的初速度方向平行于等势面；c的初速度方向与a相反．经过一段时间，三个小球先后通过等势面B，已知三个小球始终在该匀强电场中运动，不计重力，则下列判断正确的是（）A．等势面A的电势高于等势面B的电势B．a、c两小球通过等势面B时的速度相同C．开始运动后的任一时刻，a、b两小球的动能总是相同D．开始运动后的任一时刻，三个小球电势能总是相等【分析】由题三个带正的小球不计重力，只受电场力作用，都能通过等势面B，即可知电场力方向和电场方向．三个小球通过等势面B时，电场力做功相等，由动能定理可判断速度关系．在同一时刻，a、b两小球竖直位移不同，电场力做功不同，即可得知动能不同，电势能也不同．【解答】解：A、由a、b、c三球经过一段时间后均通过等势面B，可得：电场力方向竖直向下，则电场方向也竖直向下．故A正确．B、由动能定理得，a、c两个小球通过等势面B时，电场力做功相等，两球的速度大小和方向都相同．故B正确．C、同一时间内，a、b两小球竖直位移不同，则电场力做功不同，因此同一时刻的两球的动能不相同，故C错误．D、三个小球运动后不可能在同一时刻位于同一等势面上，故电势能不可能相等，故D错误．故选AB【点评】本题考查判断和推理能力，根据三球均能通过等势面B，判断出电场方向，根据速度关系，判断竖直位移关系，得到动能关系．6．（4分）（2006秋•普陀区期末）如图所示，导线框abcd置于磁场方向竖直向下的匀强磁场中，可绕MN轴转动，导线框中通以MabcdN方向的恒定电流I后，导线框往纸外偏转θ角而达到平衡，如果改用密度为原来材料1/2的材料做成线框，要使静止时与竖直方向的夹角θ角保持不变，则可以（）A．仅将磁感应强度减为原来的1/2B．仅将bc的长度减为原来的1/2C．仅将电流减为原来的1/2D．仅将ab、cd的长度减为原来的1/2【分析】本题中导线框处于静止状态，以MN为转轴，根据力矩平衡条件和电阻定律得到B、L、I与θ的关系，再进行分析．【解答】解：设线框的密度为ρ，截面积为S．以MN为转轴，根据力矩平衡条件得BIL bc•L ab cosθ=ρSL ab•L bc sinθ+ρSL ab•L ab sinθ得：BI=ρStanθ+ρSatnθ可见，若用密度为原来的，要保持平衡，可以仅将磁感应强度减为原来的，或仅将电流减为原来的．与ab、cd的长度无关．故选AC【点评】本题关键是根据力矩平衡条件得到最大偏角与各个量之间的关系，再进行分析．7．（4分）（2014•青浦区一模）在如图（a）所示的电路中，R1为定值电阻，R2为滑动变阻器．闭合电键S，将滑动变阻器的滑动触头P从最右端滑到最左端，两个电压表的示数随电路中电流变化的完整过程图线如图（b）所示．则（）A．图线甲是电压表V2示数随电流变化的图线B．电源内电阻的阻值为10ΩC．电源的最大输出功率为3.6WD．滑动变阻器R2的最大功率为0.9W【分析】题中两电阻串联，V1测R1两端的电压，V2测R2两端的电压；当滑片向左端滑动时，滑动变阻器接入电阻减小，可分析总电阻的变化，由闭合电路欧姆定律可知电路中电流的变化，则可知内电压的变化及路端电压的变化，同时也可得出R1两端的电压变化，判断两图象所对应的电压表的示数变化；由图可知当R2全部接入及只有R1接入时两电表的示数，则由闭合电路的欧姆定律可得出电源的内阻；由功率公式可求得电源的最大输出功率及滑动变阻器的最大功率．【解答】解：A、当滑片左移时，滑动变阻器接入电阻减小，则电路中总电阻减小，由闭合电路欧姆定律可知，电路中电流增大；而R1两端的电压增大，R2两端的电压减小，故乙表示是V1示数的变化；甲表示V2示数的变化；故A正确；B、由图可知，当只有R1接入电路时，电路中电流为0.6A，电压为3V，则由E=U+Ir可得：E=3+0.6r；当滑动变阻器全部接入时，两电压表示数之比为，故=；由闭合电路欧姆定律可得E=5+0.2r解得r=5Ω，E=6V，故B错误；C、因当电源的内电阻等于外电阻时，电源的输出功率最大，故当外阻等于5Ω时，电源的输出功率最大，故此时电流I==0.6A，故电源的最大输出功率P=UI=1.8W；故C错误；D、由C的分析可知，R1的阻值为5Ω，R2电阻为20Ω；当R1等效为电源的内阻，则当滑动变阻器的阻值等于R+r时，滑动变阻器消耗的功率最大，故当滑动变阻器阻值为10Ω时，滑动变阻器消耗的功率最大，由闭合电路欧姆定律可得，电路中的电流I′=A=0.3A，则滑动变阻器消耗的总功率P′=I'2R′=0.9W；故D正确；故选AD．【点评】在求定值电阻的最大功率时，应是电流最大的时候；而求变值电阻的最大功率时，应根据电源的最大输出功率求，必要时可将与电源串联的定值电阻等效为内阻处理．三、填空题（每题4分，共16分）8．（4分）（2010•崇明县一模）如图所示，在磁感强度为B的匀强磁场中，有一个边长为L 的正六边形线圈abcdef，线圈平面垂直于磁场方向，则穿过线圈的磁通量大小为BL2；若去掉其中的一条边ab，且通有图示顺时针方向的电流，电流强度大小为I，则剩余的五条边所受安培力的大小为BIL（线圈不发生形变）．【分析】线圈平面跟磁场方向相互垂直时，通过线圈的磁通量Φ=BS，由数学知识求出线圈的面积，即可根据此公式求解磁通量．根据正六边形线圈abcdef在匀强磁场中受到的安培力的合力为零，进行分析剩余的五条边所受安培力的大小．【解答】解：据题，线圈平面垂直于磁场方向，则穿过线圈的磁通量大小为Φ=BS=B•6•L2sin60°=BL2，正六边形线圈abcdef在匀强磁场中受到的安培力的合力为零，则ab边所受的安培力与其余五条边所受安培力的合力大小相等，方向相反，所以去掉边ab后，剩余的五条边所受安培力的大小与原来ab 所受的安培力大小相等，即为BIL故答案为：BL2，BIL【点评】对于匀强磁场中穿过线圈的磁通量一般公式是：Φ=BSsinα，α是线圈平面与磁场方向的夹角．本题还要抓住通电闭合线圈在匀强磁场中所受的安培力合力为零．9．（4分）（2014春•松江区校级月考）A、B是一条电场线上的两点，若在A点释放一初速为零的电子，电子仅受电场力作用，并沿电场线从A运动到B，其电势能随位移变化的规律如图所示，设A、B两点的电场强度分别为E A和E B，电势分别为ϕA和ϕB，则E A=E B，ϕA＜ϕB．（选填“=”、“＞”或“＜”）【分析】由图象读出电势能随距离的变化，根据负电荷在电势高处电势能小，分析电势的高低．根据动能定理列式研究电场力是否变化，比较场强的大小．【解答】解：由图知，电子的电势能减小，则电场力对电子做正功．设电子初态总能量为E总，电场强度为E，则由动能定理得：eEs=E总﹣W，得：W=E总﹣eEs由数学知识可知，W﹣s图象的斜率等于﹣eE，e一定，由图象知，E一定，则有E A=E B．由W﹣s图象看出电子从A运动到B，电势能减小，根据负电荷在电势高处电势能小，可知，φA＜φB．故答案为：=，＜．【点评】本题关键由动能定理得到W﹣s的表达式，运用数学知识得到场强是不变的．掌握推论：负电荷在电势高处电势能小，就能很快分析电势的高低．10．（4分）（2014春•松江区校级月考）如图所示，倾角为θ的斜面上有一质量为m的通电矩形线圈，线圈的AD和BC边处于水平方向，匀强磁场的磁感强度方向竖直向上，线圈处于静止状态，则线圈所受斜面的支持力为mgcosθ，线圈所受斜面的摩擦力为mgsinθ．【分析】根据左手定则判断出线圈各边所受的安培力方向，将四个边看成一个整体受力分析，根据平衡条件求所受斜面的支持力和摩擦力．【解答】解：AD边和CB边所受安培力等大反向，DC变和BA边所受安培力等大反向，故线框整体所受安培力的合力为零，根据平衡条件，垂直斜面方向：N=mgcosθ，沿斜面方向：f=mgsinθ，故答案为：mgsinθ；mgcosθ．【点评】本题是共点力平衡问题，如果将线框整体为研究对象，在匀强磁场中其所受安培力的合力是为零的．11．（4分）（2006秋•虹口区期末）如图所示，在光滑绝缘水平桌面上固定放置一条光滑绝缘的挡板ABCD，AB段为直线，BCD段是半径为R的圆环，设直线挡板与圆环之间用一极短的圆弧相连．整套装置处于场强为E的匀强电场中，电场方向与圆环直径CD平行．现使一带电量为+q、质量为m的小球由静止从直线挡板内侧上某点释放，为使小球沿挡板内侧运动恰能从D点通过，则小球从释放点到C点沿电场强度方向的最小距离s是 2.5R；小球到达D 点时的速度大小是．【分析】小球恰能从D点通过，知在D点对轨道的压力为零，靠电场力提供向心力，根据牛顿第二定律求出最小速度，从而根据动能定理求出小球从释放点到C点沿电场强度方向的最小距离【解答】解：在D点，根据牛顿第二定律得，，解得．根据动能定理得，qE（s﹣2R）=解得s=2.5R．故答案为：2.5R；．【点评】本题考查了动能定理和牛顿第二定律的综合运用，关键理清圆周运动的临界状态，求出临界速度的大小．四、计算题（10分）12．（10分）（2014春•松江区校级月考）在图（甲）所示的电路中，R2为可变电阻，R1为阻值不随温度变化的定值电阻，其阻值为R1=1.0kΩ，电源电动势ε=7.0V，内阻不计．图（乙）是电阻R的U﹣I关系图象．电路周围的环境温度恒为t0=25°C，电阻R的散热跟它与环境温度的关系是：温度每相差1°C，它每秒钟放热Q=6×10﹣4J．求：（1）当R1与R消耗的功率相等时，R的温度；（2）当R2=0时R的阻值和加在它两端的电压．【分析】（1）当R1与R消耗的功率相等时，电阻也相等，作出U﹣I图象，与图中U﹣I图象得到交点，交点的坐标即表示电阻R对应的电压和电流，求解出电功率；根据阻R的散热跟它与环境温度的关系求解温度；（2）当R2=0时，求解出R1的电压和电流的表达式，作出U﹣I图象，与图中U﹣I图象得到交点，交点的坐标即表示电阻R对应的电压和电流，根据欧姆定律求解电阻．【解答】解：（1）R1为阻值不随温度变化的定值电阻，其阻值为R1=1.0kΩ；当R1与R消耗的功率相等时，R=1000Ω；根据欧姆定律，有：U=IR=1000I，做U﹣I图象，如图所示：得到电压为3V，电流为3mA；电阻R的电功率为：P=UI=3×0.003=0.009W；由于温度恒定，故电阻R每秒散热0.009J；电阻R的散热跟它与环境温度的关系是：温度每相差1°C，它每秒钟放热Q=6×10﹣4J；故温度差值为：；故R的温度为：25°C+15°C=40°C；（2）当R2=0时R的电压为：U=E﹣IR1=7﹣1000I作出U﹣I图象，如图所示：故电阻R的电压约为：3.3V；电流为3.7A；故电阻：R===892Ω答：（1）当R1与R消耗的功率相等时，R的温度为40°C；（2）当R2=0时R的阻值约为892Ω，加在它两端的电压约为3.3V．【点评】本题关键是通过计算表达式得到图线，通过作图象得到交点，根据交点坐标得到对应的电压和电流，根据欧姆定律求解电阻，不难．。

2013-2014学年上海市松江二中高一（下）月考物理试卷（2月份）（1）一、单项选择题（每题只有一个正确答案．每小题2分，共20分）1．下列各图中表示物体做匀速直线运动的图象是（）A．B．C．D．2．关于力的叙述，下列说法正确的是（）A．作用力和反作用力是一对相互平衡的力B．一对平衡力的合力为零，作用力与反作用力不能求合力C．作用力和反作用力可以是不同性质的力D．一对平衡力一定是同种性质的力3．关于共点的两个分力与合力的关系，下列说法正确的是（）A．合力与分力一定是同种性质的力B．合力与分力是同时作用于物体上的三个力C．合力总是等于分力之和D．合力可能等于分力4．一物体受到三个共点力的作用，在下列各种情况下，物体可能平衡的是（）A．F1=3N，F2=5N，F3=9N B．F1=4N，F2=14N，F3=9NC．F1=3N，F2=5N，F3=7N D．F1=7N，F2=5N，F3=1N5．如图所示，一木块在斜面上随斜面一起沿水平面向右做匀速直线运动，那么斜面对物体的作用力的合力的方向为（）A．沿斜面向上B．垂直于斜面向上C．水平向右D．竖直向上6．如图所示，OA、OB、OC三根绳上的拉力分别是T1、T2、T3，若悬点A不动，悬点B向右移动，则三根绳上的拉力变化情况为（）A．只有T1增大 B．只有T2增大C．T1、T2均增大D．T2先减小后增大7．如图所示，水平地面上固定着一竖直立柱，某人通过柱顶的定滑轮拉着绳的一端将200N 的重物拉住不动．已知绳与水平地面的夹角为30°，则定滑轮所受绳的压力大小为（）A．400 N B．200N C．300 N D．200 N8．如图所示，在粗糙的长木板上放一个物体，现将木板一端逐渐抬高，那么物体受到的摩擦力将（）A．逐渐增大B．逐渐减小C．先增大后减小D．先减小后增大9．一个小球正在做曲线运动，若突然撤去所有外力，则小球（）A．立即停下来B．仍做曲线运动C．做减速运动D．做匀速直线运动10．一个质量为m的物体，放在表面粗糙的水平面上，当受到水平拉力F作用是产生加速度a，如果当水平拉力变为2F时，物体的加速度将是（）A．大于2a B．等于2a C．在a和2a之间D．小于a二、多项选择题（每题至少有两个答案，多选与错选均不得分．每题4分，共24分，漏选得2分）11．一质点在x轴上运动，初速度v0＞0，加速度a＞0，若a的数值逐渐减小为零，则该质点（）A．速度逐渐减小，加速度等于零时，速度也为零B．速度不断增大，当加速度减小为零时速度达到最大C．位移不断增大，当加速度减小为零时位移达到最大D．位移不断增大12．如图所示，木块质量为m，跟水平桌面的动摩擦因数为μ，受水平向右的力F作用，从到达桌面边缘开始直到物体落下，木块始终保持匀速运动，在此过程中（）A．物体对桌面的压力逐渐减小B．物体对桌面的压力不变C．推力不断减小D．推力始终等于μmg13．如图所示，A、B、C分别为具有相同底边长，倾角分别为30°、45°、60°的三个光滑斜面，物体由静止开始从各个斜面顶端滑到底端的过程中，下列说法正确的是（）A．倾角为60°时，下滑的时间最短B．倾角为60°时下滑的加速度最大C．倾角为45°时，下滑的时间最短D．倾角为30°和60°时，下滑的时间相等14．如图所示，物体m放在升降机中的斜面上，处于静止状态，当升降机开始竖直向上做匀加速直线运动时，（）A．斜面对物体的支持力增大B．物体m所受的合力增大C．物体m所受重力增大D．物体m所受摩擦力增大15．如图所示，质量为m的木块在质量为M的长木板上受到水平向右的拉力F的作用下向右滑行，长木板处于静止状态．已知木块与木板间的动摩擦因数为μ1，木板与地面间的动摩擦因数为μ2．下列说法正确的是（）A．木板受到地面的摩擦力的大小一定是μ1mgB．木板受到地面的摩擦力的大小一定是μ2（m+M）gC．当F＞μ2（m+M）g时，木板与木块之间发生相对运动D．无论怎样改变F的大小，木板都不可能运动16．如图所示，质量为m2的物体2放在车厢底板上，用竖直细线通过定滑轮与质量为m1的物体1连接，不计滑轮摩擦，车厢正在水平向右做加速直线运动，连接物体1的细线与竖直方向成θ角，物体2仍在车厢底板上，则（）A．细线拉力为m1gcosθB．车厢的加速度为gtanθC．底板对物体2的支持力为m2g﹣m1gtanθD．底板对物体2的摩擦力为零三、填空题（每题4分，共16分）17．某一级方程式赛车在水平车道上从静止加速至速度为264米/秒，只需16秒，如果认为在这段过程中汽车做匀加速直线运动，那么汽车的加速度为；汽车加速时驾驶员紧靠竖直椅背，它受到的椅背推力是他的体重倍．18．一物体恰好能沿倾角为θ的斜面匀速下滑，则物体与斜面的动摩擦因数为，若在物体下滑过程中再对它施加一个竖直向下的压力F，则物体将．19．甲乙两车以相同的速率v0在水平地面上相向做匀速直线运动，某时刻乙车先以大小为a 的加速度做匀减速直线运动，当速率减小为零时，甲车通过的位移为；从此刻起甲车也以大小为a的加速度做匀减速运动，为了避免两车相撞，在乙车开始做匀减速运动时，甲乙两车的距离至少应为．20．某人在地面上最多能举起60kg的物体，而在一个加速下降的电梯里最多能举起80kg的物体．则此电梯的加速度是m/s2若电梯以此加速度上升，则此人在电梯里最多能举起物体的质量是kg （g=10m/s2）四、作图与实验题21．如图甲所示为一质点作直线运动的位移图象，试在如图乙上作出它的速度图象．22．图中BC为光滑竖直墙面，CD为粗糙水平面，木棒A靠在竖直墙面保持静止，画出A的受力示意图．23．在研究“共点力的合成”的实验中，（1）如图所示，两个弹簧秤的初始夹角为钝角，现使B弹簧秤由图示位置开始顺时针缓慢转动，在这个过程中保持0点位置不变和A弹簧秤拉伸方向不变，则在整个过程中关于A和B 两弹簧秤的读数变化是A．A的读数增大，B的读数减小B．A的读数减小，B的读数增大C．A的读数减小，B的渎数先增大后减小D．A的读数减小，B的读数先减小后增大（2）若保持两个弹簧秤的夹角不变，使弹簧秤同时顺时针转动过α角，α＜90°，在此过程中依然保持O点位置不变，则两个弹簧秤示数分别如何变化？．24．在“探究加速度与物体质量、物体受力的关系”实验中，某小组设计呢如图所示的实验装置．图中上下两层水平轨道表面光滑，两小车前端系上细线，细线跨过定滑轮并挂上砝码盘，两小车尾部细线连到控制装置上，实验时通过控制装置使小车同时开始运动，然后同时停止．（1）在安装实验装置时，应调整滑轮的高度，使；在实验时，为减小系统误差，应使砝码盘和砝码的总质量小车的质量（选填“远大于”、“远小于”、“等于”）．（2）本实验通过比较两小车的位移来比较小车加速度的大小，能这样比较，是因为．五、计算题25．如图所示，物体A重G A=50N，A与墙壁间的动摩擦因数μ=0.25，物体B重为G B=80N．现在要使A、B一起匀速运动，则作用在A上的压力F为多大？26．将质量为m=0.5kg的物体，以v0=24m/s的初速度竖直向上抛出后，它上升的最大高度H=18m．若物体上升和下降时所受的空气阻力大小保持不变，g取10m/s2，求（1）物体所受的空气阻力大小；（2）物体落回到抛出点时的速度大小．27．如图所示，固定斜面的倾角为30°，顶端有一小滑轮，质量分别为4m、m的两物体A、B 用轻质细线跨过定滑轮相连．当物体A由静止开始沿光滑斜面下滑1米时，细线突然断了．求：（1）AB一起运动时的加速度大小；（2）绳断后B能继续上升的最大高度．2013-2014学年上海市松江二中高一（下）月考物理试卷（2月份）（1）参考答案与试题解析一、单项选择题（每题只有一个正确答案．每小题2分，共20分）1．下列各图中表示物体做匀速直线运动的图象是（）A．B．C．D．【分析】匀速直线运动位移的图象是倾斜的直线，速度图象是平行于横轴的图线．选择符合题意的图象．【解答】解：A、匀速直线运动x=vt，故s﹣t图象中为直线，故A正确，B错误；C、v﹣t图平行于横轴的图线表示物体速度不变，做匀速直线运动，图象为匀加速直线运动．故C错误．D、物体做变速运动，速度增加越来越快，故D错误；故选：A．【点评】对于物理图象，首先要在理解的基础上记住图线的形状，其次抓住图象的数学意义来理解其物理意义．2．关于力的叙述，下列说法正确的是（）A．作用力和反作用力是一对相互平衡的力B．一对平衡力的合力为零，作用力与反作用力不能求合力C．作用力和反作用力可以是不同性质的力D．一对平衡力一定是同种性质的力【分析】由牛顿第三定律可知，作用力与反作用力大小相等，方向相反，作用在同一条直线上，作用在两个物体上，力的性质相同，它们同时产生，同时变化，同时消失【解答】解：A、作用力与反作用力，作用在两个物体上，效果不能抵消，不是一对相互平衡的力，故A错误；B、一对平衡力的合力为零，作用力与反作用力作用在两个物体上，不能求合力，故B正确；C、作用力和反作用力力的性质相同，故C错误；D、一对平衡力不一定是同种性质的力，故D错误；故选：B．【点评】本题考查牛顿第三定律及其理解．理解牛顿第三定律与平衡力的区别．作用力与反作用力是分别作用在两个物体上的，既不能合成，也不能抵消，分别作用在各自的物体上产生各自的作用效果．3．关于共点的两个分力与合力的关系，下列说法正确的是（）A．合力与分力一定是同种性质的力B．合力与分力是同时作用于物体上的三个力C．合力总是等于分力之和D．合力可能等于分力【分析】当一个物体受到几个力的共同作用时，我们常常可以求出这样一个力，这个力产生的效果和原来几个力的共同作用产生的效果相同，这个力就叫做那几个力的合力，原来的几个力就叫做这个力的分力．1．合力与分力是等效替换关系．2．在进行受力分析时，合力与分力只能考虑其一，切忌重复分析．3．合力与分力的大小关系：两个分力F1、F2与合力F合的大小关系与两个分力方向间的夹角θ有关．当θ=0，则F合=F1+F2（F合最大）；当θ=180°，则F合=|F1﹣F2|（F合最小）．所以两个力的合力可以大于任一分力，也可以小于任一分力，还可以等于某一分力，并且在两力同向时合力最大，反向时合力最小．【解答】解：A、当一个物体受到几个力的共同作用时，我们常常可以求出这样一个力，这个力产生的效果和原来几个力的共同作用产生的效果相同，这个力就叫做那几个力的合力，原来的几个力就叫做这个力的分力，合力与分力是在作用效果上的等效代替关系，谈不上是同种性质的力，故A错误；B、合力与分力是等效替代关系，不是重复受力，故B错误；C、两个分力F1、F2与合力F合的大小关系与两个分力方向间的夹角θ有关．当θ=0，则F=F1+F2（F合最大）；当θ=180°，则F合=|F1﹣F2|（F合最小）．所以两个力的合力可以大于任一分力，也可以小于任一分力，合还可以等于某一分力，并且在两力同向时合力最大，反向时合力最小，故C错误；D正确；故选：D．【点评】本题关键抓住合力与分力是等效替代关系，力的合成遵循平行四边形定则．4．一物体受到三个共点力的作用，在下列各种情况下，物体可能平衡的是（）A．F1=3N，F2=5N，F3=9N B．F1=4N，F2=14N，F3=9NC．F1=3N，F2=5N，F3=7N D．F1=7N，F2=5N，F3=1N【分析】物体处于平衡状态时，合力为零，任意两个力的合力与第三个力大小相等，确定出任意两个力的合力范围，判断第三个力能否与之大小，即可判断三个力能否平衡．【解答】解：A、F1与F2的合力范围为2N≤F合≤8N，F3=9N和F1与F2的合力大小不能相等，则三个力的合力不能为零，不能使物体处于平衡状态．故A错误．B、F1与F2的合力范围为10N≤F合≤18N，F3=9N和F1与F2的合力大小不可能相等，则三个力的合力不可能为零，不能使物体处于平衡状态．故B错误．C、F1与F2的合力范围为2N≤F合≤8N，F3=7N和F1与F2的合力大小可能相等，则三个力的合力可能为零，能使物体处于平衡状态．故C正确．D、F1与F2的合力范围为2N≤F合≤12N，F3=1N和F1与F2的合力大小不可能相等，则三个力的合力不可能为零，不能使物体处于平衡状态．故D错误．故选：C．【点评】本题一要掌握两个力F1与F2的合力范围为|F1﹣F2|≤F合≤F1+F2，二要掌握共点力平衡条件及推论．5．如图所示，一木块在斜面上随斜面一起沿水平面向右做匀速直线运动，那么斜面对物体的作用力的合力的方向为（）A．沿斜面向上B．垂直于斜面向上C．水平向右D．竖直向上【分析】物体和斜面相对静止，一起沿水平面向左匀速运动，故物体受力平衡；物体受重力、支持力和摩擦力，根据三力平衡条件得到支持力和摩擦力的合力的方向．【解答】解：对物体受力分析，受重力、支持力和摩擦力；物体和斜面相对静止且一起沿水平面向左匀速运动，故物体受力平衡；故支持力和静摩擦的合力一定与重力等值、方向、共线；故斜面对物体的总作用力竖直向上；故选：D．【点评】本题是简单的三力平衡问题，关键是明确三力平衡时，任意两个力的合力与第三个力等值、反向、共线．6．如图所示，OA、OB、OC三根绳上的拉力分别是T1、T2、T3，若悬点A不动，悬点B向右移动，则三根绳上的拉力变化情况为（）A．只有T1增大 B．只有T2增大C．T1、T2均增大D．T2先减小后增大【分析】对结点受力分析，通过上面两根绳的拉力夹角的变化，抓住合力不变，判断T1、T2的变化．【解答】解：物体受拉力T3和重力，两个力平衡，所以T3不变，始终等于物体的重力．对结点分析，T1和T2的合力与T3等值反向，所以两个力的合力不变．当悬点A不动，悬点B 水平向右移动时，两个拉力之间的夹角增大，合力不变，则T1和T2均变大．故C正确，A、B、D错误．故选：C．【点评】解决本题的关键能够正确地受力分析，通过共点力平衡，根据平行四边形定则进行分析．7．如图所示，水平地面上固定着一竖直立柱，某人通过柱顶的定滑轮拉着绳的一端将200N的重物拉住不动．已知绳与水平地面的夹角为30°，则定滑轮所受绳的压力大小为（）A．400 N B．200N C．300 N D．200 N【分析】定滑轮所受的压力大小等于两侧绳子拉力的合力，根据平行四边形定则求解．【解答】解：根据定滑轮的力学特征可知，定滑轮不省力，则知绳子的拉力大小等于重物的重力为200N，定滑轮所受的压力大小等于两侧绳子拉力的合力，因两绳的夹角为60°，根据平行四边形定则可知该压力大小为F=2×200N×cos30°=200N故选：B．【点评】本题是简单的力的合成问题，关键抓住定滑轮不省力的特点，运用平行四边形定则进行求解．8．如图所示，在粗糙的长木板上放一个物体，现将木板一端逐渐抬高，那么物体受到的摩擦力将（）A．逐渐增大B．逐渐减小C．先增大后减小D．先减小后增大【分析】根据斜面的变化可知小物体受力的变化，物体的运动状态也会发生变化，由静摩擦力转化为滑动摩擦力，根据两种摩擦力的表达式可求得摩擦力的变化．【解答】解：开始时物体受重力和支持力，抬起后受到向上的静摩擦力；静摩擦力等于重力沿斜面向下的分力，即f=mgsinθ，随角度的增大，摩擦力增大；当角度达一定程度时，物体开始滑动，由静摩擦力变化滑动摩擦力，而滑动摩擦力f=μmgcosθ，cosθ随角度的增加而增小，故摩擦力将减小故摩擦力是先增大后减小的；故选：C．【点评】本题考查静摩擦力与滑动摩擦力的大小表达式，在分析摩擦力问题时一定要先明确物体受到的是滑动摩擦力还是静摩擦力；一般来说，最大静摩擦力可以认为等于滑动摩擦力．9．一个小球正在做曲线运动，若突然撤去所有外力，则小球（）A．立即停下来B．仍做曲线运动C．做减速运动D．做匀速直线运动【分析】根据牛顿第一定律判断小球在突然撤去所有外力后做什么运动．【解答】解：小球做曲线运动时，具有一定的速度，当突然撤去所有外力后，由于惯性，小球保持原来的速度不变，做匀速直线运动．故选D．【点评】本题是牛顿第一定律的简单应用，即从惯性角度分析物体的运动情况．基本题．10．一个质量为m的物体，放在表面粗糙的水平面上，当受到水平拉力F作用是产生加速度a，如果当水平拉力变为2F时，物体的加速度将是（）A．大于2a B．等于2a C．在a和2a之间D．小于a【分析】当水平拉力变为2F时，物体所受的滑动摩擦力大小没有变化，根据牛顿第二定律对前后两种进行研究，分析两次加速度之比，进行选择．【解答】解：设物体所受的滑动摩擦力大小为f，当拉力变为2F时物体的加速度为a′．根据牛顿第二定律得F﹣f=ma2F﹣f=ma′则==2+＞2，即a′＞2a故选A【点评】本题考查对牛顿第二定律的理解能力，公式F=ma中F是合力，不是拉力，不能简单认为拉力变为2倍，加速度就变2倍．二、多项选择题（每题至少有两个答案，多选与错选均不得分．每题4分，共24分，漏选得2分）11．一质点在x轴上运动，初速度v0＞0，加速度a＞0，若a的数值逐渐减小为零，则该质点（）A．速度逐渐减小，加速度等于零时，速度也为零B．速度不断增大，当加速度减小为零时速度达到最大C．位移不断增大，当加速度减小为零时位移达到最大D．位移不断增大【分析】当加速度方向与速度方向相同时，做加速运动，当加速度方向与速度方向相反时，做减速运动．【解答】解：初速度v0＞0，加速度a＞0，知速度的方向与加速度方向相同，做加速运动，加速度减小，速度仍然增大，当加速度减小到零，速度达到最大，位移一直增大．故B、D 正确，A、C错误．故选：BD．【点评】解决本题的关键掌握判断物体做加速运动还是减速运动的方法，关键看加速度方向与速度方向的关系．12．如图所示，木块质量为m，跟水平桌面的动摩擦因数为μ，受水平向右的力F作用，从到达桌面边缘开始直到物体落下，木块始终保持匀速运动，在此过程中（）A．物体对桌面的压力逐渐减小B．物体对桌面的压力不变C．推力不断减小D．推力始终等于μmg【分析】动摩擦力的大小与压力的大小和接触面的粗糙程度有关，与接触面的大小无关，据此可判断木块受到桌面摩擦力的大小；根据共点力平衡可确定木板对桌面的压力与重力相等，推力等于摩擦力．【解答】解：由图分析可知，当木块在桌面上匀速滑动时，压力不变，接触面的粗糙程度不变，只是接触的面积在逐渐减小，而我们知道接触面积的大小不影响摩擦力的大小，因此，摩擦力是不变的，所以推力F=f=μmg，故BD正确．故选：BD．【点评】此题中对摩擦力的变化应该分别进行分析，需要用到的知识主要有影响摩擦力大小的因素，易错点在于要知道接触面积的大小对摩擦力是没有影响的．13．如图所示，A、B、C分别为具有相同底边长，倾角分别为30°、45°、60°的三个光滑斜面，物体由静止开始从各个斜面顶端滑到底端的过程中，下列说法正确的是（）A．倾角为60°时，下滑的时间最短B．倾角为60°时下滑的加速度最大C．倾角为45°时，下滑的时间最短D．倾角为30°和60°时，下滑的时间相等【分析】根据牛顿第二定律求出沿斜面下滑的加速度，从而比较出加速度的大小．根据位移时间公式求出时间的表达式，从而判断出哪种情况时间最短．【解答】解：根据牛顿第二定律得，加速度为：a=，倾角越大，加速度越大，知倾角为60°时下滑的加速度最大．故B正确．设底边的长度为d，则斜面的长度为：s=，解得：t=，当θ=45°时，下滑时间最短．故A错误，C正确．由t=知，倾角为30°和60°时，下滑的时间相等．故D正确．故选：BCD．【点评】本题考查了牛顿第二定律和运动学公式的综合，知道加速度是联系力学和运动学的桥梁．14．如图所示，物体m放在升降机中的斜面上，处于静止状态，当升降机开始竖直向上做匀加速直线运动时，（）A．斜面对物体的支持力增大B．物体m所受的合力增大C．物体m所受重力增大D．物体m所受摩擦力增大【分析】物体原来静止，合力为零，当加速上升时，合力大小不为零，合力增加了．可以把加速度沿斜面向上和垂直于斜面向上分解，这样可以得到支持力和摩擦力都比原来增大了．【解答】解：A、物体静止时所受合力为零，当加速上升时，具有向上的加速度，合力不为零，知合力增大；把这一加速度分解为沿斜面向上和垂直于斜面向上，由牛顿第二定律可以判断物体所受的支持力和摩擦力都增大；故A、B、D正确．C、物体的重力不变．故C错误．故选：ABD．【点评】解决本题的关键能够正确地受力分析，运用牛顿第二定律进行求解，本题可以将加速度分解为沿斜面方向和垂直斜面方向．15．如图所示，质量为m的木块在质量为M的长木板上受到水平向右的拉力F的作用下向右滑行，长木板处于静止状态．已知木块与木板间的动摩擦因数为μ1，木板与地面间的动摩擦因数为μ2．下列说法正确的是（）A．木板受到地面的摩擦力的大小一定是μ1mgB．木板受到地面的摩擦力的大小一定是μ2（m+M）gC．当F＞μ2（m+M）g时，木板与木块之间发生相对运动D．无论怎样改变F的大小，木板都不可能运动【分析】隔离对M分析，抓住木板处于静止状态，根据共点力平衡求出地面对木板的摩擦力大小．无论改变F的大小，只要m在木板上滑动，则m对M的摩擦力大小不变，木板仍然保持静止．【解答】解：A、对M分析，在水平方向受到m对M的摩擦力和地面对M的摩擦力，两个力平衡，则地面对木板的摩擦力f=μ1mg．故A正确，B错误．C、无论F大小如何，m在M上滑动时对M的摩擦力大小不变，M在水平方向上仍然受到两个摩擦力处于平衡，不可能运动．木块与木板发生相对滑动的条件是F＞μ1mg，故C错误，D 正确．故选：AD．【点评】本题中木板受到地面的摩擦力是静摩擦力，不能根据滑动摩擦力公式求解，f2=μ2（m+M）g是错误的．16．如图所示，质量为m2的物体2放在车厢底板上，用竖直细线通过定滑轮与质量为m1的物体1连接，不计滑轮摩擦，车厢正在水平向右做加速直线运动，连接物体1的细线与竖直方向成θ角，物体2仍在车厢底板上，则（）A．细线拉力为m1gcosθB．车厢的加速度为gtanθC．底板对物体2的支持力为m2g﹣m1gtanθD．底板对物体2的摩擦力为零【分析】车厢水平向右做加速直线运动，两物体与车厢具有相同的加速度，根据隔离对物体1分析，得出物体1的加速度以及细线的拉力，从而得知车厢的加速度．再隔离对物体2分析，求出支持力和摩擦力的大小．【解答】解：A、物体1与车厢具有相同的加速度，对物体1分析，受重力和拉力，根据合成=m1gtanθ，拉力T=．物体1的加速度a=，所以车厢的加速法知，F合度为gtanθ．故A错误，B正确．C、物体2加速度为gtanθ，对物体2受力分析，受重力、支持力、拉力和摩擦力，支持力N=m2g﹣．，f=m2a=m2gtanθ．故C、D错误．故选B．【点评】解决本题的关键的关键知道车厢和两物体具有相同的加速度，通过整体法和隔离法进行求解．三、填空题（每题4分，共16分）。

2013-2014学年上海市松江二中高一（下）月考物理试卷（2月份）（2）一．单项选择题（共20分，每小题4分，每小题只有一个正确选项）1．一个从静止开始做匀加速直线运动的物体，从开始运动起，连续通过三段位移的时间分别是1s、2s、3s，这三段位移的长度之比和这三段位移上的平均速度之比分别是（）A．1：4：9，1：2：3 B．1：8：27，1：4：9C．1：2：3，1：1：1 D．1：3：5，1：2：32．物体静止在光滑的水平面上，力F作用于物体的重心O上，如图为俯视图，若要使物体沿OP方向作加速运动（力F与OP在同一水平面内），那么必须再加一个力，则这个力的最小值为（）A．FsinθB．FcosθC．Ftgθ D．Fc tgθ3．如图所示；光滑水平面上两木块的质量分别为m和M（m≠M）第一次用水平力F1推质量为M的木块，两木块间的相互作用力为f；第二次用水平力F2推质量为m的木块，两木块间的相互作用力仍然为f 则F1：F2为；（）A．1：1 B．m：M C．M：m D．（m+M）：M4．作用于O点的三力平衡，设其中一个力的大小为F1，沿y轴正方向，力F2大小未知，与x轴负方向夹角为θ，如图所示，下列关于第三个力F3的判断正确的是（）A．力F3只能在第四象限B．力F3与F2夹角越小，则F2和F3的合力越小C．F3的最小值为F1cosθD．力F3可能在第一象限的任意区域5．如图，在光滑水平面上有一质量为m1的足够长的木板，其上叠放一质量为m2的木块．假定木块和木板之间的最大静摩擦力和滑动摩擦力相等．现给木块施加一随时间t增大的水平力F=kt（k是常数），木板和木块加速度的大小分别为a1和a2，下列反映a1和a2变化的图线中正确的是（）A．B． C．D．二、多项选择题（有二个或二个以上的选项是正确的，选对的得4分；选对但不全，得2分；有选错或不答的，得0分．共20分，每小题4分）6．作用于同一点的两个力，大小分别为F1=10N，F2=6N，这两个力的合力F与F1的夹角为θ，则θ可能为（）A．90°B．30°C．60°D．120°7．如图所示，一水平方向足够长的传送带以恒定的速度v1沿顺时针方向运动，传送带右端有一与传送带等高的光滑水平面，物体以恒定的速率v2沿直线向左滑上传送带后，经过一段时间又返回光滑水平面上，这时速率为v2′，则下列说法正确的是（）A．若v1＜v2，则v2′=v1B．若v1＞v2，则v2′=v2C．不管v2多大，总有v2′=v2D．只有v1=v2时，才有v2′=v18．在固定于地面的斜面上垂直安放一个挡板，截面为圆的柱状物体甲放在斜面上，半径与甲相等的光滑圆球乙被夹在甲与挡板之间，没有与斜面接触而处于静止状态．如图所示．现在从球心O1处对甲放加一平行于斜面向下的力F，使甲沿斜面方向极其缓慢地移动，直至甲与挡板接触为止．设乙对挡板的压力为F1，甲对斜面的压力为F2，则在此过程中（）A．F1缓慢增大，F2缓慢增大B．F1缓慢增大，F2缓慢减小C．F1缓慢减小，F2缓慢增大D．F1缓慢减小，F2不变9．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．B．C．D．10．如图所示，上表面光滑的半圆柱体放在水平面上，小物块从靠近半圆柱体顶点O的A点，在外力F作用下沿圆弧缓慢下滑到B点，此过程中F始终沿圆弧的切线方向且半圆柱体保持静止状态．下列说法中正确的是（）A．半圆柱体对小物块的支持力变大B．外力F先变小后变大C．地面对半圆柱体的摩擦力先变大后变小D．地面对半圆柱体的支持力变大三、计算题（写出必要的解题步骤，直接得出答案不得分，共10分）11．如图所示，重为30N的球放在挡板AC、BC之间，在挡板AC、BC与水平面的夹角为60°，求：（1）重力的两个分力？（2）若它与两个接触面的动摩擦因数μ=0.4，则当沿圆柱体轴线方向的拉力F为多大时，圆柱体可沿槽匀速运动？2013-2014学年上海市松江二中高一（下）月考物理试卷（2月份）（2）参考答案与试题解析一．单项选择题（共20分，每小题4分，每小题只有一个正确选项）1．一个从静止开始做匀加速直线运动的物体，从开始运动起，连续通过三段位移的时间分别是1s、2s、3s，这三段位移的长度之比和这三段位移上的平均速度之比分别是（）A．1：4：9，1：2：3 B．1：8：27，1：4：9 C．1：2：3，1：1：1 D．1：3：5，1：2：3【分析】要求连续的时间不等的三段时间内的位移之比，就要分别求出这三段时间内得位移，要求这三段位移，可以先求第一段的位移，再求前两段的位移，再求前三段的位移，前两段的位移减去第一段的位移，就等于第二段的位移，前三段的位移减去前两段的位移就等于第三段的位移；某段时间内的位移与所用时间的比值就等于该段时间内的平均速度．【解答】解：根据x=可得物体通过的第一段位移为x1=a×12又前3s的位移减去前1s的位移就等于第二段的位移故物体通过的第二段位移为x2=a×（1+2）2﹣×a×12=a×8又前6s的位移减去前3s的位移就等于第三段的位移故物体通过的第三段位移为x3=a×（1+2+3）2﹣×a×（1+2）2=a×27故x1：x2：x3=1：8：27在第一段位移的平均速度1=在第二段位移的平均速度=在第三段位移的平均速度=故1：：=：：=1：4：9故选B．【点评】本题求解第二段和第三段位移的方法十分重要，要注意学习和积累，并能灵活应用．2．物体静止在光滑的水平面上，力F作用于物体的重心O上，如图为俯视图，若要使物体沿OP方向作加速运动（力F与OP在同一水平面内），那么必须再加一个力，则这个力的最小值为（）A．FsinθB．FcosθC．Ftgθ D．Fc tgθ【分析】物体从静止开始做匀加速直线运动，合力的方向和运动的方向是一样的，要使物体沿着OO′方向做加速运动，合力必须沿着OO′方向，根据三角形定则，可以求出此时最小的力F′．【解答】解：要使物体沿着OO′方向做加速运动，合力必须沿着OO′方向，根据三角形定则可知，合力的方向确定了，分力F的大小方向也确定了，由F做OO′的垂线，此时的F′就是最小值，再由三角形的知识可以求得最小值为Fsinθ，故A 正确，B、C、D错误．故选：A．【点评】本题考查了分力与合力的关系，应用三角形定则可以较简便的解决这一类的问题．3．如图所示；光滑水平面上两木块的质量分别为m和M（m≠M）第一次用水平力F1推质量为M的木块，两木块间的相互作用力为f；第二次用水平力F2推质量为m的木块，两木块间的相互作用力仍然为f 则F1：F2为；（）A．1：1 B．m：M C．M：m D．（m+M）：M【分析】先对整体运用牛顿第二定律求出共同的加速度，对一次对m用牛顿第二定律求出F1，对一次对M用牛顿第二定律求出F2，这样就可以求解F1和F2的比值关系．【解答】解：第一次推M，把两个物体看成一个整体，根据牛顿第二定律得：a=，对m运用牛顿第二定理得：a=，则有：解得：F1=；第二次用水平推力F2推m，把两个物体看成一个整体，根据牛顿第二定律得：a=对M运用牛顿第二定理得：a=解得：F2=所以，所以C正确故选：C【点评】该题是整体法和隔离法的应用，要求同学们能选择恰当的研究对象运用牛顿第二定律解题．4．作用于O点的三力平衡，设其中一个力的大小为F1，沿y轴正方向，力F2大小未知，与x 轴负方向夹角为θ，如图所示，下列关于第三个力F3的判断正确的是（）A．力F3只能在第四象限B．力F3与F2夹角越小，则F2和F3的合力越小C．F3的最小值为F1cosθD．力F3可能在第一象限的任意区域【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与已知的两个力平衡．【解答】解：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；A、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，故AB错误；C、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，故C正确；D、当F1、F2的合力F在第三象限时，力F3在第一象限，但不可能在第一象限的任意区域，应该在F2的反向延长线与x轴所围成的区域，故D错误；故选C．【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．5．如图，在光滑水平面上有一质量为m1的足够长的木板，其上叠放一质量为m2的木块．假定木块和木板之间的最大静摩擦力和滑动摩擦力相等．现给木块施加一随时间t增大的水平力F=kt（k是常数），木板和木块加速度的大小分别为a1和a2，下列反映a1和a2变化的图线中正确的是（）A．B． C．D．【分析】当F比较小时，两个物体相对静止，一起加速运动，加速度相同，根据牛顿第二定律得出加速度与时间的关系．当F比较大时，m2相对于m1运动，两者加速度不同，根据牛顿第二定律分别对两个物体研究，得出加速度与时间的关系，再选择图象．【解答】解：当F比较小时，两个物体相对静止，加速度相同，根据牛顿第二定律得：a==，a∝t；当F比较大时，m2相对于m1运动，根据牛顿第二定律得：对m1：a1=，μ、m1、m2都一定，则a1一定．对m2：a2===t﹣μg，a2是t的线性函数，t增大，a2增大．由于，则两木板相对滑动后a2图象大于两者相对静止时图象的斜率．故A正确．故选：A【点评】本题首先要分两个相对静止和相对运动两种状态分析，其次采用整体法和隔离法研究得到加速度与时间的关系式，再选择图象，是经常采用的思路．二、多项选择题（有二个或二个以上的选项是正确的，选对的得4分；选对但不全，得2分；有选错或不答的，得0分．共20分，每小题4分）6．作用于同一点的两个力，大小分别为F1=10N，F2=6N，这两个力的合力F与F1的夹角为θ，则θ可能为（）A．90°B．30°C．60°D．120°【分析】根据三角形定则，应用作图法，求出合力F与F1的夹角θ的最大值，再进行选择．【解答】运用三角定则作出两个力F1和F2合力F，如图，根据几何知识得到，当F2与合力F 垂直时，θ最大，则有设θ的最大值为θm，则有sinθm=．所以θm=37°．故B正确，A、C、D错误．故选B．【点评】本题实质是极值问题，采用作图法分析极值的条件是常用的方法．知道三角形法与平行四边形法的实质是一样的．7．如图所示，一水平方向足够长的传送带以恒定的速度v1沿顺时针方向运动，传送带右端有一与传送带等高的光滑水平面，物体以恒定的速率v2沿直线向左滑上传送带后，经过一段时间又返回光滑水平面上，这时速率为v2′，则下列说法正确的是（）A．若v1＜v2，则v2′=v1B．若v1＞v2，则v2′=v2C．不管v2多大，总有v2′=v2D．只有v1=v2时，才有v2′=v1【分析】物体由于惯性冲上皮带后，受到向右的滑动摩擦力，减速向左滑行，之后依然受到向右的滑动摩擦力，会继续向右加速，然后分v1大于、等于、小于v2三种情况分析．【解答】解：由于传送带足够长，物体减速向左滑行，直到速度减为零，然后物体会在滑动摩擦力的作用下向右加速，分三种情况讨论：①如果v1＞v2，物体会一直加速，当速度大小增大到等于v2时，物体恰好离开传送带，有v′2=v2；②如果v1=v2，物体同样会一直加速，当速度大小增大到等于v2时，物体恰好离开传送带，有v′2=v2；③如果v1＜v2，物体会先在滑动摩擦力的作用下加速，当速度增大到等于传送带速度时，物体还在传送带上，之后不受摩擦力，故物体与传送带一起向右匀速运动，有v′2=v1；故选：AB．【点评】本题关键是对于物体返回的过程分析，物体可能一直加速，也有可能先加速后匀速运动．8．在固定于地面的斜面上垂直安放一个挡板，截面为圆的柱状物体甲放在斜面上，半径与甲相等的光滑圆球乙被夹在甲与挡板之间，没有与斜面接触而处于静止状态．如图所示．现在从球心O1处对甲放加一平行于斜面向下的力F，使甲沿斜面方向极其缓慢地移动，直至甲与挡板接触为止．设乙对挡板的压力为F1，甲对斜面的压力为F2，则在此过程中（）A．F1缓慢增大，F2缓慢增大B．F1缓慢增大，F2缓慢减小C．F1缓慢减小，F2缓慢增大D．F1缓慢减小，F2不变【分析】先以整体为研究对象求出斜面的支持力，从而求出甲对斜面的压力；再以乙为研究对象求出乙所受的挡板的支持力，从而求出乙对挡板的压力．以物体乙为研究对象，沿斜面=m2gsinθ+F N sinα方向有F乙垂直斜面方向有F N cosα=m2gcosθ=（m1+m2）gcosθ．以整体为研究对象则有斜面的支持力F支【解答】解：以物体乙为研究对象，受力情况如图所示，则有垂直斜面方向有：F N cosα=m2gcosθ沿斜面方向有：F=m2gsinθ+F N sinα乙由于α逐渐减小，则F N逐渐减小，所以F乙逐渐减小．根据牛顿第三定律可知：F1=F乙，故F1逐渐减小．所以AB错误．以整体为研究对象，则有斜面的支持力：F=（m1+m2）gcosθ，显然保持不变．支根据牛顿第三定律可知：F2=F支=（m1+m2）gcosθ，显然保持不变．故C错误，D正确．故选D．【点评】求外界对系统的作用最好采用整体法，而求各部分之间的相互作用应该采用隔离法．千万不要忘记根据牛顿第三定律求研究对象对其它物体的作用力．9．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．B．C．D．【分析】木块沿着传送带的运动可能是一直加速，也可能是先加速后匀速，对于加速过程，可以先根据牛顿第二定律求出加速度，然后根据运动学公式求解运动时间．【解答】解：若木块沿着传送带的运动是一直加速，根据牛顿第二定律，有μmg=ma ①根据位移时间公式，有②由①②解得故C正确；若木块沿着传送带的运动是先加速后匀速，根据牛顿第二定律，有μmg=ma ③根据速度时间公式，有v=at1④根据速度位移公式，有v2=2ax1⑤匀速运动过程，有L﹣x1=vt2⑥由③④⑤⑥解得t=t1+t2=故A正确；如果物体滑到最右端时，速度恰好增加到v，根据平均速度公式，有L=t=故t=故D正确；故选：ACD．【点评】本题关键是将小滑块的运动分为两种情况分析，一直匀加速或先匀加速后匀速，然后根据牛顿第二定律和运动学公式列式求解．10．如图所示，上表面光滑的半圆柱体放在水平面上，小物块从靠近半圆柱体顶点O的A点，在外力F作用下沿圆弧缓慢下滑到B点，此过程中F始终沿圆弧的切线方向且半圆柱体保持静止状态．下列说法中正确的是（）A．半圆柱体对小物块的支持力变大B．外力F先变小后变大C．地面对半圆柱体的摩擦力先变大后变小D．地面对半圆柱体的支持力变大【分析】先对小滑块受力分析，根据共点力平衡条件求出支持力和拉力的表达式，再分析；然后对半圆柱体受力分析，得到摩擦力和支持力表达式后分析．【解答】解：A、B、对小滑块受力分析，受到重力、支持力和拉力，如图根据共点力平衡条件，有N=mgcosθF=mgsinθ由于θ越来越大，故支持力N变小，拉力F变大，故A错误，B也错误；C、D、对半圆柱体受力分析，受到压力N，地面支持力N′，重力Mg，地面的静摩擦力f，如图根据共点力平衡条件，有Nsinθ=f解得f=mgsinθcosθ=mgsin2θ对整体受力分析得：Fsinθ+N′=（M+m）g，所以，N′=（M+m）g﹣Fsinθ，由于θ越来越大，故静摩擦力f先变大后变小，支持力变小，故C正确，D错误；故选C．【点评】本题关键是先后对小滑块和半圆柱体受力分析，然后根据共点力平衡条件列式求解．三、计算题（写出必要的解题步骤，直接得出答案不得分，共10分）11．如图所示，重为30N的球放在挡板AC、BC之间，在挡板AC、BC与水平面的夹角为60°，求：（1）重力的两个分力？（2）若它与两个接触面的动摩擦因数μ=0.4，则当沿圆柱体轴线方向的拉力F为多大时，圆柱体可沿槽匀速运动？【分析】为使圆柱沿槽匀速运动，沿轴线的拉力F应跟圆柱体在槽的两侧面上所受的摩擦力是平衡力【解答】解：将圆柱所受的重力分解为垂直于斜面的两个分力，如右图所示．则两分力的大小为F1=F2=G=100 N，圆柱对两斜面的压力大小均为F N=100 N．为使圆柱沿槽匀速运动，沿轴线的拉力F应跟圆柱体在槽的两侧面上所受的摩擦力是平衡力，故：F=2μF N=2×0.25×100 N=50 N答：沿圆柱体轴线方向的拉力为50N时，圆柱体可沿槽匀速运动．【点评】本题考查受力平衡和摩擦力的计算，注意如果有两个接触面那么物体就受两个摩擦力．。

2013-2014学年上海市松江二中高二（下）期中物理试卷一、单项选择题（共18分，每小题只有一个正确选项）1．(★★★★)阴极射线是（）A．光子流B．电子流C．质子流D．中子流2．(★★★★)卢瑟福通过α粒子散射实验，判断出原子的中心有一个很小的核，并由此提出了原子的核式结构．如图所示的平面示意图中，①、②两条实线表示α粒子运动的轨迹，则沿③所示方向射向原子核的α粒子可能的运动轨迹为虚线中的（）A．轨迹aB．轨迹bC．轨迹cD．轨迹d3．(★★★★)跳伞运动员从悬停在空中的直升飞机上由静止开始下落，已知运动员在打开降落伞之前做自由落体运动，打开降落伞之后即做匀速直线运动，则描述运动员下落速度随时间变化的v-t图象中，正确的是（）A．B．C．D．4．(★★★★)如图，两个共点力F 1、F 2大小恒定，当两者的夹角θ从60o逐渐增大到120o的过程中，合力（）A．逐渐增大B．逐渐减小C．先增大后减小D．先减小后增大5．(★★★★)磁场对电流的作用力F、磁感应强度B、电流I三者的方向有确定的空间关系，在如图所示的四个图片中，能正确表示是这种关系的是（）A．B．C．D．6．(★★★★)若卫星质量为m、离地球表面的高度为h，地球质量为M、半径为R，G为引力常量，则地球对卫星万有引力的大小为（）A．G B．G C．G D．G7．(★★★★)如图所示，通电直导线与闭合金属框彼此绝缘，它们处于同一平面内，导线位置与线框的对称轴重合，为了使线框中产生图示方向的感应电流，可以采取的措施是（）A．减弱直导线中的电流强度B．线框以直导线为轴转动C．线框向右平动D．线框向左平动8．(★★★★)如图所示为速度-时间图象．若将该物体的运动过程用位移图象表示出来，下列四幅图象中正确的是（）A．B．C．D．9．(★★★)半圆柱体P放在粗糙的水平地面上，其右端有固定放置的竖直挡板MN，在P和MN之间放有一个光滑均匀的小圆柱体Q，整个装置处于静止状态，如图所示是这个装置的截面图，若用外力使MN保持竖直且缓慢地向右移动，在Q落到地面以前，发现P始终保持静止，在此过程中，下列说法中正确的是（）A．MN对Q的弹力逐渐减小B．地面对P的摩擦力逐渐增大C．P、Q间的弹力先减小后增大D．Q所受的合力逐渐增大二、单项选择题（共18分，每小题3分，每小题只有一个正确选项）10．(★★★★)甲物体的质量是乙物体质量的5倍，甲从H高处自由下落，乙从2H高处与甲同时自由下落，下述正确的是（高度H远大于10m）（）A．两物体下落过程中，同一时刻甲的速度比乙的速度大B．下落1s末时，它们的速度相同C．各自下落1m，甲的速度比乙的大D．下落过程中甲的加速度比乙的大11．(★★★★)火箭在高空某处所受到的引力为它在地面的一半，则火箭离地面的高度应该是地球半径的（）A．（-1）倍B．倍C．2倍D．（+1）倍12．(★★★★)如图，一个质量为m的均匀光滑小球处于静止状态，三角劈与小球的接触点为P，小球重心为O，PO的连线与竖直方向的夹角为θ．则三角劈对小球的弹力（）A．方向竖直向上，大小为mgB．方向竖直向上，大小为mgcosθC．方向沿PO向上，大小为D．方向沿PO向上，大小为mgtanθ13．(★★★)甲、乙两物体沿同一直线运动，如图为他们运动的s-t图，则（）A．甲、乙在t2时刻相遇B．甲、乙在t1时刻相距s0C．甲的速率小于乙的速率D．甲做减速运动，乙做加速运动14．(★★★)如图所示，一木板B放在水平地面上，木块A 放在B的上面，A的右端通过轻质弹簧秤固定在直立的墙壁上．用F向左拉动B，使它以速度v运动，这时弹簧秤的示数为T．下面说法正确的是（）A．木板受到的滑动摩擦力的大小等于TB．地面受到的滑动摩擦力的大小等于TC．若木板以2v的速度运动，木块A受到的摩擦力大小等于2TD．若2F的力作用在木板上，木块A所受摩擦力的大小等于T15．(★★★)为研究钢球在液体中运动时所受阻力的大小，让钢球从某一高度竖直落下进入液体中运动，用闪光照相的方法拍摄钢球在不同时刻的位置，如图所示．已知钢球在液体中运动时受到的阻力与速度大小成正比，即F=kv，闪光照相机的闪光频率为f，图中刻度尺的最小分度为d，钢球的质量为m，则阻力常数k的表达式是（）A．B．C．D．三、填空题（共24分，每小题4分）16．(★★★★)天然放射性元素放出的α、β、γ三种射线的贯穿本领各不相同，图1为这三种射线贯穿物体情况的示意图，①、②、③各代表一种射线，则①为α射线，它的贯穿本领很弱；③为γ射线，它的贯穿本领很强．17．(★★★)图示为恒星的寿命与其质量的关系图．由图可知，恒星的质量越大，其寿命越短（选填“长”或“短”）；若一恒星的质量为太阳质量的1.8倍，则它的寿命约为 30 X10 9年．18．(★★★)如图所示，面积为1.0X10 -2m 2的正方形导线框处于磁感应强度为2.5X10 -2T的匀强磁场中，当线框平面与磁场垂直时，穿过线框的磁通量为 2.5X10 -4 Wb．在线框平面发ad边为轴转过90o的过程中，线圈中有感应电流产生（选填“有”或“无”）．-419．(★★★★)甲、乙两小车在t=0时从同一地点朝相同方向做直线运动，如图为两小车运动的v-t图象．由此可知，甲做匀速直线运动，当两小车速度相等时，它们相距 1 m．20．(★★★)一矿井深125m，在井口每隔一定时间自由落下一小球，当第11个小球刚从井口下落时，第一个小球恰好到达井底．那么相邻小球间开始下落的时间间隔为 0.5 ．第一个小球恰好到达井底时，第3个小球和第5个小球相距 35 m．（g取10m/s 2）21．(★★)两个完全相同的小球A和B，质量均为m，用长度相同的两根细线悬挂在水平天花板上的同一点O，再用长度相同的细线连接A、B两小球，如图所示．然后用一水平向右的力F作用于小球A上，使三线均处于直线状态，此时OB线恰好位于竖直方向，且两小球都静止，小球可视为质点，则绳子OB的拉力大小是 mg ，水平拉力F的大小．四、作图（每小题2分，共4分）22．(★★★)如图所示，在一固定光滑斜面上，用平行于斜面的细绳系住一质量均匀的重球，在图上画出重球所受各力的示意图．23．(★★)如图所示，导体棒ab在匀强磁场中沿金属导轨运动时，产生的感应电流I的方向从b到a，MN为螺线管中的一根磁感线，请在图中：（1）画出导体棒ab运动的方向；（2）画出磁感线MN的方向．五、实验题（共14分，每空2分）24．(★★★)“研究感应电流产生的条件”的实验电路如图所示．实验表明：当穿过闭合电路的磁通量发生变化时，闭合电路中就会有电流产生．在闭合电键S前，滑动变阻器滑动片P应置于 a 端（选填“a”或“b”）．电键S闭合后还有多种方法能使线圈C中产生感应电流，试写出其中的一种方法：移动滑动变阻器的滑片．25．(★★★)如图所示，在“研究共点力的合成”实验中，把橡皮筋一端用图钉固定于P点，同时用两个弹簧测力计通过细绳将橡皮筋的另一端拉到位置O，这时除需记录O点位置外，还需记录 B 和 D （用下列选项中的字母表示）．当用一只弹簧秤拉橡皮条时使结点仍要在 0 点静止，这是因为要使合力与其两个分力产生的效果相同．A．橡皮筋伸长的长度B．两个弹簧测力计的示数C．两条细绳间夹角的大小D．两条细绳的方向．六、简答题26．(★★★)如图所示，质量为60kg的滑雪运动员，在斜坡顶端从静止开始匀加速下滑90m到达坡底，用时10s，求：（1）运动员下滑过程中的加速度大小；（2）运动员到达坡底时的速度大小；（3）运动员下滑过程中所受合外力的大小．27．(★★★)如图所示，水平拉线AB对竖直电线杆的拉力是300N，当斜牵引线BC与地面成53o时，电线杆恰好不偏转，若竖直电线杆本身受的重力为500N．（sin53o=0.8）求：（1）牵引线BC的拉力；（2）竖直电线杆对地面的压力．28．(★★)小球沿光滑斜面AB由静止从A开始滑下，从A到B经过3s，然后沿光滑水平面BC运动，由B到C也是3s，测得ABC共长2.7m．试求：（1）小球从A到C全过程中的平均速率；（2）小球在斜面上运动时的加速度；（3）AB、BC的长度．七、单项选择题（共12分，每小题3分，每小题只有一个正确选项）29．(★★★★) U衰变为 Rn要经过m次α衰变和n次β衰变，则m，n分别为（）A．2，4B．4，2C．4，6D．16，630．(★★★)人造卫星绕地球做匀速圆周运动，其轨道半径为R，线速度为v，周期为T．若要使卫星的周期变为2T，可以采取的办法是（）A．R不变，使线速度变为B．v不变，使轨道半径变为2RC．使轨道半径变为D．使卫星的高度增加R31．(★★)如图甲所示，正三角形导线框abc放在匀强磁场中静止不动，磁场方向与线框平面垂直，磁感应强度B随时间t的变化关系如图乙所示，t=0时刻，磁感应强度的方向垂直纸面向里．下面能表示线框的ab边受到的磁场力F随时间t的变化关系的是（力的方向规定向左为正方向）（）A．B．C．D．32．(★★★)竖直放置的圆形线圈，斜向下匀速掠过通有稳恒电流I的长直导线，导线中电流方向如图所示．当线圈经过图中Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ三个位置时，关于线圈中的感应电流和线圈所受安培力的方向，下列说法正确的是（）A．线圈经过位置Ⅰ、Ⅲ时，都是逆时针方向的感应电流B．线圈经过位置Ⅱ时，无感应电流C．线圈所受的安培力斜向上D．线圈所受的安培力竖直向上八、多项选择题（共16分，每小题4分，有二个或三个选项是正确的，选对得4分；选对但不全得2分；有选错或不答的得0分）33．(★★★★)如图所示是做双缝干涉实验的示意图，先做操作1：用两块不同颜色的滤片分别挡住双逢屏上、下两半Ⅰ和Ⅱ，接着再做操作2：用不透明的挡板挡住b 缝，若两块滤光片一块是红色，一块是蓝色，则（）A．完成操作1后，光屏上出现的是图（b），且甲是红色条纹，乙是蓝色条纹B．完成操作1后，光屏上出现的是图（c），且丙是蓝色条纹，丁是红色条纹C．完成操作2后，光屏上出现的是图（b），且甲是蓝色条纹，乙是红色条纹D．完成操作2后，光屏上出现的是图（c），且丙是红色条纹，丁是蓝色条纹34．(★★★)为了探测X星球，载着登陆舱的探测飞船在以该星球中心为圆心，半径为r 1的圆轨道上运动，其总质量为m 1，运行周期为T 1．随后释放登陆舱脱离飞船，登陆舱变轨到离星球更近的半径为r 2的圆轨道上运动，登陆舱的质量为m 2，则（）A．X星球的质量为M=B．X星球表面的重力加速度为g x=C．登陆舱在r1与r2轨道上时的速度大小之比为D．登陆舱在半径为r2的轨道上做圆周运动的周期为T2=T135．(★★★)如图所示，螺线管内有一平行于轴线的匀强磁场，规定图中箭头所示方向为磁感应强度B的正方向，螺线管与U型导线框cdef相连，导线框cdef内有一半径很小的金属圆环L，圆环与导线框cdef在同一平面内．当螺线管内的磁感应强度随时间按图示规律变化时（）A．在t1时刻，金属圆环L内的磁通量最大B．在t2时刻，金属圆环L内的磁通量最大C．在t1-t2时间内，金属圆环L内有逆时针方向的感应电流D．在t1-t2时间内，金属圆环L有收缩趋势36．(★★)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．九、填空题（共12分，每小题4分）37．(★★★★)红宝石激光器发射的是不连续的一道一道的闪光，每道闪光称为一个脉冲．现有一红宝石激光器，发射功率为P=1.0X10 6W，所发射的光脉冲持续时间△t=1.0X10 9s，波长为693.4nm（1nm=10 -9 m），则每列光脉冲的长度l= 3.0X10 -3 m．其中含有3.486X10 13个光子（普朗克常量h=6.63X10 -34J•s）-31338．(★★★★)某行星的自传周期为T 0，若用一弹簧称去测量同一物体的重力，结果在行星赤道上比两极处小90%．则该行星的密度为；设想该行星的自转角速度加快到某一值时，在赤道上的物体将会完全失重，则这时行星的自转周期为．39．(★★★)如图所示，一边长为L、质量为m、电阻为R的正方形金属框竖直放置在匀强磁场中，磁场方向垂直方框平面，磁感应强度随时间t的变化规律为B=B 0+kt （k为恒定常数且大于零），现将方框由图示位置静止释放（此时t=0），重力加速度为g，设磁场区域足够大，不计空气阻力，则方框下落h高度时，磁场的磁感应强度为 B 0+k ；方框下落h高度的过程中产生的焦耳热为．十、计算题（写出必要的解题步骤，直接得出答案不得分，共10分）40．(★★★)如图所示，两条平行的光滑金属导轨固定在倾角为θ的绝缘斜面上，导轨上端连接一个定值电阻．导体棒a和b放在导轨上，与导轨垂直开良好接触．斜面上水平虚线PQ以下区域内，存在着垂直穿过斜面向上的匀强磁场．现对a棒施以平行导轨斜向上的拉力，使它沿导轨匀速向上运动，此时放在导轨下端的b棒恰好静止．当a棒运动到磁场的上边界PQ处时，撤去拉力，a棒将继续沿导轨向上运动一小段距离后再向下滑动，此时b棒已滑离导轨．当a棒再次滑回到磁场上边界PQ处时，又恰能沿导轨匀速向下运动．已知a棒、b棒和定值电阻的阻值均为R，b棒的质量为m，重力加速度为g，导轨电阻不计．求（1）a棒在磁场中沿导轨向上运动的过程中，a棒中的电流强度Ia与定值电阻中的电流强度Ic之比；（2）a棒质量m a；（3）a棒在磁场中沿导轨向上运动时所受的拉力F．。

2013-2014学年第二学期高二物理学科（含答案）考试时间：90分钟 满分：100分 第I 卷一、选择题（共15小题，每题4分，共60分。

每小题只有一个选项正确）1、如图所示是电场中某区域的电场线分布，a 、b 是电场中的两点，则（ ） A ．电荷在a 点受到电场力方向必定与场强方向一致B ．同一点电荷放在a 点受到的电场力比放在b 点时受到电场力小C ．正电荷放在a 点静止释放，在电场力作用下运动的轨迹与电场线一致D ．a 点的电场强度比b 点的电场强度大2．如图所示，闭合线圈上方有一竖直放置的条形磁铁，磁铁的N 极朝下，当磁铁向下运动时（但末插入线圈内部） （ ）A ．线圈中感应电流的方向与图中箭头方向相同，磁铁与线圈相互吸引；B ．线圈中感应电流的方向与图中箭头方向相同，磁铁与线圈相互排斥；C ．线圈中感应电流的方向与图中箭头方向相反，磁铁与线圈相互吸引；D ．线圈中感应电流的方向与图中箭头方向相反，磁铁与线圈相互排斥；3、理想变压器连接电路如图甲所示，当输入电压波形如图乙时，电流表读数2A ，已知原副线圈匝数比10∶1，则 ( )A ．电压表读数200VB ．电压表读数28.2VC ．输入功率为56.4WD ．输入功率为40W4．如图所示是一列简谐横波在某时刻的波形图。

已知质点b 的起振时刻比质点a 落后了0.5s ，b 和c 之间的距离是5m 。

关于这列波，以下说法正确的是( )A ．波的波速为2.5 m/sB ．波的频率为2HzC ．该时刻质点P 正向上运动D ．波沿x 轴负方向传播5．如图所示，一束粒子（不计重力，初速度可忽略）缓慢通过小孔O1进入极板间电压为U 的水平加速电场区域I ，再通过小孔O2射入相互正交的恒定匀强电场、磁场区域Ⅱ，其中磁场的方向如图所示，收集室的小孔O3与O1、O2在同一条水平线上。

则（ ） A ．该装置可筛选出具有特定质量的粒子甲-B ．该装置可筛选出具有特定电量的粒子C ．该装置可筛选出具有特定速度的粒子D ．该装置可筛选出具有特定动能的粒子6．图甲为一列横波在t=1.0时的波动图象，图乙为该波中x=2m 处质点P 的振动图象，下列说法正确的是( )A ．波速为4m/s ；B ．波沿x 轴正方向传播；C ．再过1.0s ，P 点的动能最大；D ．再过1.25s ，P 点振动路程为0.5cm 。

松江二中2014学年度第一学期开学考试试卷高 二 物理一、单项选择题（每题只有一个正确答案。

每小题2分，共20分）1、关于向心加速度，下列说法正确的是（ ）A 、向心加速度越大，线速度也越大B 、向心加速度越大，线速度方向变化越快C 、在匀速圆周运动中，向心加速度是恒定的D 、向心加速度的方向可以跟线速度方向不垂直2、如图所示，质量为m 的木块从半径为r 的圆弧轨道上的a 点滑到b 点。

由于摩擦力的作用，木块运动过程中的速度大小保持不变，则在运动过程中（ ）A 、木块的速度恒定不变B 、木块的合外力不变C 、木块的角速度不变D 、木块处于平衡状态3、在简谐振动中，能够分别表示物体振动快慢和强弱的一组物理量是（A 、速度和位移B 、加速度和动能C 、周期和位移D 、频率和振幅4、物体自由下落时，不计空气阻力，相对于地面的重力势能E p 与下落速度v 之间有一定的关系，下列图象中能正确表示这一关系的是（ ）5、如图，S 为波源，其频率为100Hz ，所产生的一列横波向右传播，波速为80m/s 。

PQ 是波传播途中的两点，已知SP=4.2m ，SQ=5.4m ，则当波源到达平衡位置且向下运动时，（ ）A 、P 点在波峰，Q 点在波谷B 、P 点在波谷，Q 点在波峰C 、P 、Q 都在波峰D 、P 、Q 都在波谷6、如图，物体受到相互垂直的两个水平恒力F 1和F 2作用，并沿光滑水平面从A 运动到B ，发生的位移为S ，AB 连线与F 1夹角为α，则这两个力对物体做功的表达式正确的是（ ）A 、（F 1+F 2）SB 、（F 1-F 2）SC 、F 1Scos α+F 2Ssin αD 、F 1Ssin α +F 2S cos α 7、一辆汽车以恒定的功率在平直公路上行驶，当其速度为当其速度 为8m/s 时，其加速度为a/4,则汽车能达到的最大速度为（ ）A 、9m/sB 、10m/sC 、12m/sD 、15m/s8、如图所示为两个质量相同的小球P 和Q,P 球挂在一根长为L 的细绳上，Q 球挂在橡皮绳上，先把两球拉到同一水平位置，并使橡皮绳刚好保持原长，当两球通过最低点时，橡皮绳的长度恰好也为L ，则（ ）A 、重力对两球做的功不同B 、在最低点时P 球速度等于Q 球 P （A ） （B ） （C ） （D ）C 、在最低点时P 球速度大于Q 球D 、在最低点时P 球速度小于Q 球9、某机器内有两个围绕各自固定轴匀速转动的铝盘A 、B ，A 盘上固定一个信号发射装置P ，能持续沿半径向外发射红外线，P 到圆心的距离为28cm 。

2012-2013学年度第二学期高三月考物理试卷第I卷〔共56分〕一．单项选择题.〔共16分，每小題2分，每一小题只有一个正确选项。

〕1、科学家并不比常人有太多的身体差异，只是他们善于观察，勤于思考，有更好的发现问题探究问题的毅力。

如下规律或定律与对应的科学家表示错误的答案是．．．．．．( )A．伽利略与自由落体定律B．开普勒与行星运动定律C．奥斯特与电磁感应定律 D．牛顿与万有引力定律2、关于作匀速圆周运动的线速度、角速度、周期的关系，以下说法中正确的答案是〔〕A．线速度较大的物体其角速度一定较大 B．线速度较大的物体其周期一定较小C．角速度较大的物体其运动半径一定较小 D．角速度较大的物体其周期一定较小3、如下列图，磁场方向竖直向下，通电直导线ab由水平位置1绕a点在竖直平面内转到位置2，通电导线所受安培力是〔〕A．数值变大，方向不变 B．数值变小，方向不变C．数值不变，方向改变 D．数值，方向均改变4、一质点在某段时间内做曲线运动，如此在这段时间内( )A．速度一定在不断地改变，加速度也一定不断地改变B．速度一定在不断地改变，加速度可以不变C．速度可以不变，加速度一定不断地改变D．速度可以不变，加速度也可以不变5、从微观的角度来看，一杯水是由大量水分子组成的，如下说法中正确的答案是〔〕A．当这杯水静止时，水分子也处于静止状态B．每个水分子都在运动，且速度大小相等C．水的温度越高，水分子的平均动能越大D．这些水分子的动能总和就是这杯水的内能6、某物体运动的v－t图象如下列图，如下说法正确的答案是( )A．物体在第1 s末运动方向发生变化B．物体在第2 s内和第3 s内的加速度是一样的C．物体在2 s末返回出发点D．物体在5 s末离出发点最远，且最大位移为0.5 m7、放在粗糙水平面上的物体A上叠放着物体B．A和B之间有一根处于压缩状态的弹簧．A、B均处于静止状态．如下说法中正确的答案是〔〕A、B受到向左的摩擦力B、B对A的摩擦力向右C、地面对A的摩擦力向右D、地面对A没有摩擦力8、质量为4kg的物体在水平力作用下沿粗糙水平面作匀速运动，假设水平力增加4N，如此物体的加速度的增量〔〕A．一定为lm/s2 B．因水平力未知，故无法确定C．因摩擦力未知，故无法确定 D．一定小于lm/s2二．单项选择题.〔共24分，每一小题3分，每一小题只有一个正确选项〕9、如下物理量的单位和力的单位N不一样的是 ( )A．V·C/m B．T·A·m C．Wb·A/m D．A·V·m/s10、如下列图，为一质点作直线运动时的加速度和时间〔a~t〕图像，图中斜线局部的面积S表示〔〕A．初速度 B．末速度 C．速度的变化量 D．位移11、带电粒子仅在电场力作用下，从电场中a点以初速度v0进入电场并沿虚线所示的轨迹运动到b点，如下列图，可以判断( )A．粒子的加速度在a点时较大B．粒子的电势能在b点时较大C．粒子可能带负电，在b点时速度较大D．粒子一定带正电，动能先变小后变大12、A、B两列波在某时刻的波形如下列图，经过t=T A时间〔T A为波A的周期〕，两波再次出现如图波形，如此两波的波速之比v A：v B不可能的是〔〕A、1:3B、1:2C、2:1D、3:113、如下列图，质量为m的物体静放在水平光滑的平台上，系在物体上的绳子跨过光滑的定滑轮，由地面上的人以速度v0向右匀速拉动，设人从地面上平台的边缘开始向右行至绳与水平方向夹角为450处，在此过程中人所做的功为〔〕A．mv02/2 B．2mv02/2 C．mv02/4 D．mv0214、如下列图，两一样轻质硬杆OO1、OO2可绕其两端垂直纸面的水平轴O、O1、O2转动，在O点悬挂一垂物M，将两一样木块m紧压在竖直挡板上，此时整个系统保持静止．F f表示木块与挡板间摩擦力的大小，F N表示木块与挡板间正压力的大小．假设挡板间的距离稍许增大后，系统仍静止且O1、O2始终等高，如此( )A．F f变小 B．F f变大C．F N变小 D．F N变大15．如下列图，在匀强电场中，A、B、C、D、E、F六点构成一边长为a的正六边形，电场方向平行于纸面。

2014年上海市普通高中学业水平考试物理试卷答案要点一、单项选择题(共18分，每小题2分)二、单项选择题(共18分，每小题3分)三、填空题(共24分，每小题4分，每个空格2分) 16.α粒子散射，核式19.1∶1，4∶117.8，4 20.逆时针，1.0×10-618.30，1.121.20，11∶20四、综合应用题(共40分)22.作图(共4分，每小题2分) (1) ( 2 )说明：第一小题要求画出箭头并用相应字母标明23.(8分) (1)cadb，17(2)①红，②200，8 注：(1)共4分，每空2分;(2)共4分，①2分，②每空1分。

24.(8分)(1)玻璃管内气体等温变化，由玻意耳定律得p0V0=pV，(2分) (2分) (1分) (1分) (2分)5pVpl1.0×10×0.2p===Pa=4.0×105PaVl0.05(2)活塞受力平衡，p0+F=pSF=(p-p0)S=(4.0×105-1.0×105)×2×10-5N=6N (3)管内气体变化过程如图所示25.(8分)U14(1)在题设条件下，电阻箱Ⅰ的阻值为R1==Ω=10Ω I10.4按题意有则R2=R1=10Ω R1+R2=20Ω (3分)U2-U19-4(2)通过电阻箱Ⅱ的电流I2=A=0.5A R210通过定值电阻的电流定值电阻的阻值为 I3=I2-I1=(0.5-0.4)A= U4R3==Ω=40Ω I30.1 (2分)(3)当两个电阻箱阻值分别为R1和R2=20-R1时，设安培表的示数为I1，有I1=I总RUR360360=×==R1 + R3RRR1 +R3-R1 +20R1+800-(R1-10)+900 + R2R1+R3当R1=0Ω或R1=20Ω时，安培表示数有最大值。

26.(12分)(1)物体从B点到E点过程中机械能守恒1 mvB2=mgh2 2得： vB=2gh2 2×10×0.2 m/s=2m/sh0.6(2)DB长 s==m=1m sin37°0.6沿AB下滑的加速度大小 (3分) v222a==m/s2=2m/s2 2s2×1由牛顿第二定律：mgsin37°-Fcos37°=ma得： mgsin37°-ma1.6×10×0.6-1.6×2F==N=8N cos37°0.8(3分)(3)①因为物体在BC轨道上到达的最大高度与D点等高，可以断定：除重力做功之外，其他力不做功，即F不做功，F一定垂直于物体运动方向。