湖北省宜昌市2016_2017学年高二物理下学期第一次月考试题

宜昌市第一中学2017年春季学期高二年级期末考试物 理 试 题全卷满分：110分 考试用时：90分钟★ 祝考试顺利 ★一、选择题（本题共12小题，每小题4分，共48分。

其中第1至第8题为单项选择题，在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的；第9至第12题为多项选择题，在每小题给出的四个选项中，有二个或三个选项是符合题目要求的，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．下列说法正确的是( )A ．中子和质子结合成氘核时吸收能量B ．放射性物质的温度升高，其半衰期减小C ．某原子核经过一次α衰变和两次β衰变后，核内中子数减少4个D ．比结合能越大，原子核越不稳定2．如图（a ）所示，一物块在t=0时刻滑上一固定斜面，其运动的v-t 图线如图（b ）所示，若重力加速度g 及图中的v 0、v 1、t 1均为已知量，则由上述已知量不可能求出（ ） A. 斜面的倾角B. 物块沿斜面向上滑行的最大高度C. 物块与斜面间的动摩擦因数D. 物块的质量3．如图，两个轻环a 和b 套在位于竖直面内的一段固定圆弧上：一细线穿过两轻环，其两端各系一质量为m的小球。

在a 和b 之间的细线上悬挂一小物块，平衡时，a 、b 间的距离恰好等于圆弧的半径。

不计所有摩擦，小物块的质量为( ) A ．2m B ．m C 3 D ．2 m 4．若货物随升降机运动的v t 图像如下图所示（竖直向上为正），则货物受到升降机的支持力F 与时间t 的关系图像可能是（ ）5．氢原子能级如右图，当氢原子从n=3跃迁到n=2的能级时，辐射光的波长为656nm 。

以下判断正确的是（ ）A ．氢原子从n=2跃迁到n=1的能级时，辐射光的波长大于656nmB ．用波长为328nm 的光照射，可使氢原子从n=1跃迁到n=2的能级C ．一群处于n=4能级上的氢原子向低能级跃迁时最多产生6种谱线D ．用波长为633nm 的光照射，能使氢原子从n=2跃迁到n=3的能级 6．用r 表示两分子之间的距离，E p 表示两个分子间的相互作用势能，当r ＝r 0时，两个分子之间引力等于斥力，设两个分子相距较远时，E p ＝0，则( ) A ．当r >r 0时，引力大于斥力，r 增大时分子力做负功，E p 增加 B ．当分子间距r 变小时，引力减小，斥力增大C ．当r <r 0时，引力大于斥力，r 减小时分子力做负功，E p 减小D ．当r ＝r 0时，E p ＝07．如图所示，一只猫在桌边猛地将桌布从鱼缸下向右拉出，鱼缸最终没有滑出桌面。

高二第二学期第一次月考物理试题(本卷满分100分，时间90分钟)一、选择题（共48分，每题4分；漏选得2分，多选、错选不得分，其中1-8为单选，9-12题为多选）1.自然界的电热和磁等现象都是相互联系的，很多物理学家为寻找他们间的联系做出了贡献。

下列说法中不正确的是（ ）A.奥斯特发现了电流的磁效应，揭示了电现象和磁现象间的联系B.欧姆发现了欧姆定律，说明了热现象和电现象存在联系C.法拉第发现了电磁感应现象，揭示了磁现象和电现象之间的联系D.焦耳发现了电流的热效应，定量得出了电能和热能之间的转换关系2.下列物理公式表述正确的是（ ）A.由电阻的定义式R=U/I 可知：导体电阻与加在导体两端的电压成正比，与通过导体的电流成反比B.由电场强度的定义式E=F/q 可知：电场强度与检验电荷受到的电场力成正比，与检验电荷的电量正反比C.由库伦定律的公式221r q q k F 可知：真空中两个点电荷之间的库仑力与两个点电荷电量的乘积成正比，与他们之间距离的平方成反比D.由磁感应强度定义式B=F/IL 可知：磁感应强度的方向与放入磁场中的通电直导线所受安培力的方向相同3．为了解释地球的磁性，19世纪安培假设：地球的磁场是由绕过地心的轴的环形电流I 引起的．在下列四个图中，能正确表示安培假设中环形电流方向的是（ ）A ．B ．C ．D ．4．如图所示，已知R 1=100Ω，右方虚线框内为黑盒，电阻连接不知，今用电压表测得U AC =10V ，U BC =40V ，则AB 间的总电阻为（ ）A ．200ΩB ．300ΩC ．450ΩD ．500Ω5．如图所示，三个电阻R 1、R 2、R 3的阻值相同，允许消耗的最大功率分别为10W 、10W 、4W ，则此电路允许消耗的最大功率为（ ）A ．12WB ．15WC ．16WD ．24W6．有一“3V ，3W”的小灯泡，则接入下列的哪一电源可使小灯泡最亮（ ）A ．E=3V ，r=1.0ΩB ．E=3V ，r=1.5ΩC ．E=3V ，r=2.0ΩD ．E=3V ，r=2.5Ω7.如图所示，长方体玻璃水槽中盛有NaCl 的水溶液，在水槽左右侧壁内侧各装一导体片，使溶液中通入沿x 轴正向的电流I ，沿y 轴正向加恒定的匀强磁场B 。

p湖北省宜昌市2016-2017学年高一物理下学期第一次月考试题本试题卷共4页，三大题18小题。

全卷满分100分，考试用时90分钟。

★祝考试顺利★第Ⅰ卷（选择题，共48分）一、选择题（每小题4分，共48分，其中1-8题为单选，9-12题有多个选项正确，全部选对得4分，选不全的得2分，选错或不答者的得0分）1.下列说法正确的是（）A ．两个初速度不相等的匀变速直线运动的合运动一定也是匀变速直线运动B ．向心力是从它产生效果来命名的，它可以使有初速度的物体做圆周运动，方向始终指向圆心C ．从距地面高h 处平抛一小石子（空气阻力不计），在空中某一时刻的速度可能竖直向下D ．做曲线运动的物体所受合外力可能与速度方向在同一条直线上2.一人以不变的速度面向河对岸游去，游到河中间时，水的流速增大，则渡河人实际所用的时间 比预定的时间相比（ ）A ．不变B ．增大C ．减小D ．不能确定3.如图所示为一皮带传动装置，右轮半径为r ，a 点在它的边缘上．左轮半径为2r ，b 点在它的边缘上．若在传动过程中，皮带不打滑，则a 点与b 点的向心加速度大小之比为（ ）A ．1：2B ．2：1C ．4：1D ．1：44.关于物体所受合外力的方向，下列说法正确的是（ ）A ．物体做速率逐渐增加的直线运动时，其所受合外力的方向不一定与速度方向相同B ．物体做变速率曲线运动时，其所受合外力的方向一定改变C ．物体做变速率圆周运动时，其所受合外力的方向一定指向圆心D ．物体做匀速率曲线运动时，其所受合外力的方向总是与速度方向垂直5.半径为R 的圆盘以角速度ω绕过圆心O 的竖直轴匀速转动，在圆盘边缘上的P 点向中心发射子弹，子弹发射速度为v ，要使子弹击中目标，须使（ ）Ａ．粒子对准Ｏ发射 Ｂ．粒子发射方向向PO 左偏一适当角度Ｃ．粒子发射方向向PO 右偏一适当角度 Ｄ．粒子沿P 点的切线方向发射6.物体m 从某曲面上的Q 点自由滑下，通过一粗糙的静止传送带后，落到地面P 点，若传送带的 皮带轮沿逆时针方向转动，使传送带也随之运动，再把该物体放到Q 点自由滑下，那么（ ）A.它仍落在P 点 B ．它将落在P 点左边A Bθ C ．它将落在PD ．无法判断落点，因为它可能落不到地面上来7.如图，光滑水平面上一小球以某一速度运动到A 点后，落到水平地面的C 点，已知小球没有跟圆弧曲面的任何点接触，则BC 的最小距离为（ )A.R B ．R 21 C ．R 22 D ．R )12(8.“蹦极”就是跳跃者把一端固定的长弹性绳绑在踝关节等处，从几十米高处跳下的一种极限运动．某人做蹦极运动，所受绳子拉力F 的大小随时间t 变化的情况如图．将蹦极过程近似为在竖直方向上的运动，重力加速度为g .，此人在蹦极过程中的最大加速度约为( )A ．gB ．2gC ．3gD ．4g9．如图所示，某人从高出水平地面h 的坡上水平击出一个质量为m的高尔夫球. 空气阻力可以忽略，高尔夫球竖直地落入距击球点水平距离为L 的A 穴. 则该球从被击出到落入A 穴所花的时间为t ，球被击出时的初速度大小为v 0，则下列关系正确的是（ ） A ．t g 2h = B ．L= v 0t C ．h=202v 2gL D ．v 02=2gh 10.如图，圆环以直径AB 为轴做匀速转动，P 、Q 、R 是环上的三点，则下列说法正确的是（ ）A ．向心加速度的大小a p ＞a Q ＞a RB ．任意时刻P 、Q 、R 三点向心加速度的方向相同C ．线速度V P ＞V Q ＞V RD ．任意时刻P 、Q 、R 三点的线速度方向均不同11．如图，质量分别为2m 、m 的箱子A 和物体B ，用轻质细绳相连跨过光滑的定滑轮，A 置于倾角θ = 30°的斜面上，处于静止状态。

宜昌金东方高级中学2016年秋季学期9月月考高二物理试题本试题卷共4页，三大题16小题。

全卷满分110分，考试用时90分钟。

★祝考试顺利★一、选择题（本题共10小题，每小题5分，共50分。

在每小题给出的四个选项中，第1-7题只有一项符合题目要求，第8-10题有多项符合题目要求。

全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分）1.电量为q的点电荷，在两个固定的等量异种电荷＋Q和－Q的连线的垂直平分线上移动，则( )A.电场力做正功B.电场力做负功C.电场力不做功D.电场力做功的正负，取决于q的正负2.小灯泡通电后，其电流I随所加电压U变化的图线如图所示，P为图线上一点，PN为P点的切线，PQ为U轴的垂线，PM为I轴的垂线，则下列说法不正确的是（）A.随着所加电压的增大，小灯泡的电阻增大B.对应P点，小灯泡的电阻为R=U1/I2C.对应P点，小灯泡的电阻为R=U1/(I2-I1)D.对应P点，小灯泡的功率为图中矩形PQOM所围的面积3.如图所示，平行金属板A、B水平正对放置，分别带等量异号电荷，一带电微粒水平射入板间，在重力和电场力共同作用下运动，轨迹如图中虚线所示，那么（）A.若微粒带正电荷，则A板一定带正电荷B.微粒从M点运动到N点电势能一定增加C.微粒从M点运动到N点动能一定增加D.微粒从M点运动到N点机械能一定增加4.如图所示，当ab端接入100V电压时，cd两端为20V；当cd两端接入100V时，ab两端电压为50V，则R1：R2：R3之比是（）A.4：2：1B.2：1：1C.3：2：1D.以上都不对5.一个电流表的满偏电流Ig=1mA，内阻Rg=500Ω，要把它改装成一个量程为10V的电压表，则应在电流表上（）A.串联一个10kΩ的电阻B.并联一个10kΩ的电阻C.串联一个9.5kΩ的电阻D.并联一个9.5kΩ的电阻6.如图（a）所示，两段等长细线将质量分别为2m、m的小球A、B悬挂在O点，小球A受到水平向右的恒力4F的作用、小球B受到水平向左的恒力F的作用，当系统处于静止状态时，可能出现的状态应是（）7.如图所示电路中，R为一滑动变阻器，P为滑片，若将滑片向下滑动，则在滑动过程中，下列判断错误的是（）A.电源内电路消耗功率一定逐渐增大B.灯泡B一定逐渐变暗C.电源效率一定逐渐减小D.R上消耗功率一定逐渐变小8.将一电荷量为+Q 的小球放在不带电的金属球附近,所形成的电场线分布如图所示，金属球表面的电势处处相等。

湖北省宜昌市2016-2017学年高二物理下学期第一次月考试题本试题卷共4页，三大题16小题。

全卷满分110分，考试用时90分钟。

★祝考试顺利★一、选择题（10×5=50分，第1-6为单选，7-10为多选）1、下列说法正确的是（）A．爱因斯坦在对光电效应的研究中，提出了光子说B．卢瑟褔通过α粒子散射实验提出了原子核的结构模型C．爱因斯坦在对黑体辐射的研究中提出了能量子的观点D．普吕克尔通过对阴极射线的研究发现了电子2、通过学习波粒二象性的内容，你认为下列说法符合事实的是（）A．宏观物体的物质波波长非常小，极易观察到它的波动性B．光和电子、质子等实物粒子都具有波粒二象性C．康普顿效应中光子与静止的电子发生相互作用后，光子的波长变小了D．对于任何一种金属都存在一个“最大波长”，入射光的波长必须大于这个波长，才能产生光电效应3、已知氢原子基态能量为E1=-13.6ev，根据氢原子的能级图，现让一束单色光照射到大量处于基态（量子数n=1）的氢原子上，受激的氢原子能自发地发出3种不同频率的光，则照射氢原子的单色光的光子能量为：（）A．13.6eV B．3.4eV C．10.2eV D．12.09eV4、质量为m、速度为v的A球与质量为3m的静止B球发生正碰．碰撞可能是弹性的，也可能是非弹性的，因此，碰撞后B球的速度可能有不同的值．碰撞后B球的速度大小可能是( )A．0.6v B．0.4v C．0.2v D．v5、如图，当电键K断开时，用光子能量为2.5 eV的一束光照射阴极P，发现电流表读数不为零。

合上电键K，调节滑动变阻器，发现当电压表读数小于0.60 V时，电流表读数仍不为零；当电压表读数大于或等于0.60 V时，电流表读数为零。

由此可知阴极材料的逸出功为（）A．1.9 eV B．0.6 eV C．2.5 e V D．3.1 eV6、关于光电效应和黑体辐射规律，以下说法正确的是（）A.光电子的最大初动能与入射光的频率成正比B.温度越高，黑体辐射强度减弱C.能否产生光电效应现象，决定于入射光光子的能量是否大于金属的逸出功D.用频率是γ1的绿光照射某金属发生了光电效应，改用频率是γ2的黄光照射该金属一定不发生光电效应7、用不可伸长的细线悬挂一质量为M的小木块，木块静止，如图所示．现有一质量为m的子弹自左方水平射向木块，并停留在木块中，子弹初速度为v0，则下列判断正确的是（）A．从子弹射向木块到一起上升到最高点的过程中系统的机械能守恒B．子弹射入木块瞬间子弹和木块构成的系统动量守恒，故子弹射入木块瞬间子弹和木块的共同速度为C．忽略空气阻力，子弹和木块一起上升过程中系统机械能守恒，其机械能等于子弹射入木块前的动能D．子弹和木块一起上升的最大高度为222 2()m vg M m8、氢原子辐射出一个光子后，根据玻尔理论，下述说法不正确的是（ )A．电子旋转半径减小 B．氢原子能量增大 C．氢原子电势能增大 D．核外电子速率增大9、下列运动过程中，在任何相等的时间内，物体动量变化相等的是（）A.自由落体运动B.C.匀速圆周运动D.10、氢原子能级如图所示，一群处于n＝4 能级的氢原子回到n ＝1的状态过程中（）A．放出三种频率不同的光子B．放出六种频率不同的光子C．放出的光子的最大能量为12.75ev ，最小能量是0.66eVD．放出的光能够使逸出功为13.0eV的金属发生光电效应二．实验题（2小题共14分）11．（6分）如图，某同学利用验证碰撞中的动量守恒实验装置．探究半径相等的小球1和2的碰撞过程是否动量守恒，用天平测出两个小球的质量分别为m1和m2，且m1＞m2，按下述步骤进行了实验：安装好实验装置，做好测量前的准备，并记下重垂线所指的位置O。

2016-2017学年湖北省宜昌市长阳二中高二（下）月考物理试卷（3月份）一、选择题（每小题4分，共52分．1-6题为单项选择，7-13题选项中有多个选项正确．）1．下列说法正确的是（）A．楞次通过实验研究，总结出了电磁感应定律B．法拉第通过实验研究，发现了电流周围存在磁场C．牛顿最先验证了轻重不同的物体在真空中下落快慢相同D．伽利略根据理想斜面实验，提出了力不是维持物体运动的原因2．1820年4月的一天，丹麦科学家奥斯特在上课时，无意中让通电导线靠近小磁针，突然发现小磁针偏转．这个现象并没有引起在场其他人的注意，而奥斯特却是个有心人，他非常兴奋，紧紧抓住这个现象，接连三个月深入地研究，反复做了几十次实验．关于奥斯特的实验，如图所示，下列操作中一定能够观察到小磁针偏转的是（）A．通电导线AB东西放置，小磁针放在导线正下方，闭合开关B．通电导线AB南北放置，小磁针放在导线正下方，闭合开关C．通电导线AB东西放置，小磁针放在导线正下方，改变电流方向D．通电导线AB南北放置，小磁针在AB延长线的B端外侧，改变电流大小3．在如图所示的电路中，a、b为两个完全相同的灯泡，L为自感线圈，E为电源，S为开关．关于两灯泡点亮和熄灭的先后次序，下列说法正确的是（）A．合上开关，a先亮，b逐渐变亮；断开开关，a、b同时熄灭B．合上开关，b先亮，a逐渐变亮；断开开关，a先熄灭，b后熄灭C．合上开关，b先亮，a逐渐变亮；断开开关，a、b同时熄灭D．合上开关，a、b同时亮；断开开关，b先熄灭，a后熄灭4．如图所示，闭合直角三角形线框，底边长为l，现将它匀速拉过宽度为d的匀强磁场（l＞d）．若以逆时针方向为电流的正方向，则以下四个I﹣t图象中正确的是（）A．B．C．D．5．下列说法中正确的是（）A．一个质点在一个过程中如果其动量不变，其动能也一定不变B．一个质点在一个过程中如果其动能不变，其动量也一定不变C．几个物体组成的物体系统在一个过程中如果动量守恒，其机械能也一定守恒D．几个物体组成的物体系统在一个过程中如果机械能守恒，其动量也一定守恒6．如图，足够长的U型光滑金属导轨平面与水平面成θ角（0＜θ＜90°），其中MN与PQ平行且间距为L，导轨平面与磁感应强度为B的匀强磁场垂直，导轨电阻不计．金属棒ab由静止开始沿导轨下滑，并与两导轨始终保持垂直且良好接触，ab棒接入电路的电阻为R，当流过ab棒某一横截面的电量为q时，棒的速度大小为v，则金属棒ab在这一过程中（）A．运动的平均速度大小为B．下滑位移大小为C．产生的焦耳热为qBLνD．受到的最大安培力大小为7．如图是一种延时开关，当S1、S2均闭合时，电磁铁F将衔铁D吸下，C电路接通，当S1断开时，由于电磁感应作用，D将延迟一段时间才被释放．则（）A．由于A线圈的电磁感应作用，才产生延时释放D的作用B．由于B线圈的电磁感应作用，才产生延时释放D的作用C．如果断开B线圈的开关S2，则无延时作用D．如果断开B线圈的开关S2，则延时将变长8．关于感应电流的产生，下列说法中正确的是（）A．只要穿过线圈的磁通量发生变化，线圈中就一定有感应电流B．若闭合电路的导线做切割磁感线运动，导线中不一定有感应电流C．若闭合电路的一部分导体不做切割磁感线运动，该电路中一定没有感应电流D．当穿过闭合电路的磁通量发生变化时，该电路中一定有感应电流9．如图所示，磁场与线圈平面垂直，先后以速度v1和v2匀速把一矩形线圈拉出有界匀强磁场区域，v1=3v2．在先后两种情况下（）A．线圈中的感应电流之比I1：I2=1：3B．线圈中的感应电流之比I1：I2=3：1C．线圈中产生的焦耳热之比Q l：Q2=3：1D．通过线圈某截面的电荷量之比Q l：Q2=1：110．放在光滑水平面上的A、B两小车中间夹了一压缩轻质弹簧，用两手控制小车处于静止状态，下列说法正确的是（）A．两手同时放开，两车的总动量等于零B．先放开右手，后放开左手，两车的总动量向右C．先放开右手，后放开左手，两车的总动量向左D．先放开右手，后放开左手，两车的总动量为零11．古时有“守株待兔”的寓言，设兔子的头部受到大小等于自身重力的打击力时即可致死，并设兔子与树桩作用的时间为0.2s，取g=10m/s2，则被撞死的兔子的奔跑速度可能为（）A．1 m/s B．1.5 m/s C．2 m/s D．2.5 m/s12．如图所示，a、b端输入恒定的交流电压．理想变压器原、副线圈分别接有额定电压均为12V、额定功率均为2W的灯泡A、B、C．闭合开关，灯泡均正常发光．则下列说法正确的是（）A．原副线圈的匝数比为1：2B．电压表V的示数为24VC．变压器的输入功率为4WD．副线圈上再并联一个相同的灯泡D，灯泡A会烧坏13．如图所示，足够长的光滑导轨倾斜放置，其下端连接一个电阻为R的灯泡，匀强磁场垂直于导轨所在平面，垂直导轨的导体棒ab电阻为r，导轨和导线电阻不计，则导体棒ab在下滑过程中（）A．感应电流在导体棒ab中方向从b到aB．受到的安培力方向沿斜面向下，大小保持恒定C．机械能一直减小D．克服安培力做的功等于灯泡消耗的电能二、实验探究题（每空2分，共14分）.14．在研究“电磁感应现象”的实验中，所需的实验器材如图所示．现已用导线连接了部分实验电路．（1）请把电路补充完整；（2）实验时，将线圈A插入线圈B中，合上开关瞬间，观察到检流计的指针发生偏转，这个现象揭示的规律是；（3）（多选）某同学设想使线圈B中获得与线圈A中相反方向的电流，可行的实验操作是A．抽出线圈A B．插入软铁棒C．使变阻器滑片P左移D．断开开关．15．在“用电流表和电压表测电池的电动势和内电阻”的实验中，提供的器材有：A．干电池一节B．电流表（量程0.6A）C．电压表（量程3V）D．开关S和若干导线E．滑动变阻器R1（最大阻值20Ω，允许最大电流1A）F．滑动变阻器R2（最大阻值200Ω，允许最大电流0.5A）G．滑动变阻器R3（最大阻值2000Ω，允许最大电流0.1A）（1）按图1所示电路测量干电池的电动势和内阻，滑动变阻器应选（填“R1”、“R2”或“R3”）．（2）闭合开关，调节滑动变阻器，读取电压表和电流表的示数．用同样方法测量多组数据，将实验测得的数据标在如图2所示的坐标图中，请作出UI图线，由此求得待测电池的电动势E=V，内电阻r=Ω．（结果保留两位有效数字）三、计算题（本题计3小题，共10+14+10=34分）16．如图所示，边长为L的正方形金属框ABCD质量为m，电阻为R，用细线把它悬挂于一个有界的匀强磁场中，金属框的下半部处于磁场内，磁场方向与线框平面垂直．磁场随时间变化规律为B=kt（k＞0）．求：（1）线框中感应电流的方向；（2）线框中感应电动势的大小；（3）从t=0时刻开始，经多长时间细线的拉力为零？17．如图甲所示，长、宽分别为L1、L2的矩形金属线框位于竖直平面内，其匝数为n，总电阻为r，可绕其竖直中心轴O1O2转动．线框的两个末端分别与两个彼此绝缘的铜环C、D（集流环）焊接在一起，并通过电刷和定值电阻R相连．线框所在空间有水平向右均匀分布的磁场，磁感应强度B的大小随时间t的变化关系如图乙所示，其中B0、B1和t1均为已知．在0～t1的时间内，线框保持静止，且线框平面和磁场垂直；t1时刻后线框在外力的驱动下开始绕其竖直中心轴以角速度ω匀速转动．求：（1）0～t1时间内通过电阻R的电流大小；（2）线框匀速转动后，在转动一周的过程中电流通过电阻R产生的热量；（3）线框匀速转动后，从图甲所示位置转过90°的过程中，通过电阻R的电荷量．18．如图所示，质量分别为1kg、3kg的滑块A、B位于光滑水平面上，现使滑块A以4m/s的速度向右运动，与左侧连有轻弹簧的滑块B发生碰撞．在二者在发生碰撞的过程中，求：（1）弹簧的最大弹性势能；（2）滑块B的最大速度．2016-2017学年湖北省宜昌市长阳二中高二（下）月考物理试卷（3月份）参考答案与试题解析一、选择题（每小题4分，共52分．1-6题为单项选择，7-13题选项中有多个选项正确．）1．下列说法正确的是（）A．楞次通过实验研究，总结出了电磁感应定律B．法拉第通过实验研究，发现了电流周围存在磁场C．牛顿最先验证了轻重不同的物体在真空中下落快慢相同D．伽利略根据理想斜面实验，提出了力不是维持物体运动的原因【考点】物理学史．【分析】法拉第通过实验研究，总结出了电磁感应定律．奥斯特通过实验研究，发现了电流周围存在磁场．伽利略最先验证了轻重不同的物体在真空中下落快慢相同．伽利略根据理想斜面实验，提出了力不是维持物体运动的原因．【解答】解：A、英国物理学家法拉第通过实验研究，总结出了电磁感应定律．故A错误．B、丹麦物理学家奥斯特通过实验研究，发现了电流周围存在磁场．故B错误．C、伽利略最先验证了轻重不同的物体在真空中下落快慢相同．故C错误．D、伽利略根据理想斜面实验，提出了力不是维持物体运动的原因，而是改变物体运动状态的原因．故D正确．故选D2．1820年4月的一天，丹麦科学家奥斯特在上课时，无意中让通电导线靠近小磁针，突然发现小磁针偏转．这个现象并没有引起在场其他人的注意，而奥斯特却是个有心人，他非常兴奋，紧紧抓住这个现象，接连三个月深入地研究，反复做了几十次实验．关于奥斯特的实验，如图所示，下列操作中一定能够观察到小磁针偏转的是（）A．通电导线AB东西放置，小磁针放在导线正下方，闭合开关B．通电导线AB南北放置，小磁针放在导线正下方，闭合开关C．通电导线AB东西放置，小磁针放在导线正下方，改变电流方向D．通电导线AB南北放置，小磁针在AB延长线的B端外侧，改变电流大小【考点】电磁感应现象的发现过程．【分析】解答本题的关键是了解发现电流磁效应的现象，同时明确通电直导线周围的磁场分别情况，并要求搞清地磁场的分布对小磁针的影响．【解答】解：奥斯特发现电流周围存在磁场，对小磁针有磁场力作用，但地磁场也对小磁针有磁场力作用（指向南北），所以为了回避因地磁场的作用，因此将导线须南北放置，若偏转说明是通电导线的磁场引起的，且放置在导线的下方或上方，不能在导线的延长线上，故ACD错误，B正确．故选：B．3．在如图所示的电路中，a、b为两个完全相同的灯泡，L为自感线圈，E为电源，S为开关．关于两灯泡点亮和熄灭的先后次序，下列说法正确的是（）A．合上开关，a先亮，b逐渐变亮；断开开关，a、b同时熄灭B．合上开关，b先亮，a逐渐变亮；断开开关，a先熄灭，b后熄灭C．合上开关，b先亮，a逐渐变亮；断开开关，a、b同时熄灭D．合上开关，a、b同时亮；断开开关，b先熄灭，a后熄灭【考点】自感现象和自感系数．【分析】对于线圈来讲通直流阻交流，通低频率交流阻高频率交流．【解答】解：由于a、b为两个完全相同的灯泡，当开关接通瞬间，b灯泡立刻发光，而a灯泡由于线圈的自感现象，导致灯泡渐渐变亮；当开关断开瞬间，两灯泡串联，由线圈产生瞬间电压提供电流，导致两灯泡同时熄灭．故选：C4．如图所示，闭合直角三角形线框，底边长为l，现将它匀速拉过宽度为d的匀强磁场（l＞d）．若以逆时针方向为电流的正方向，则以下四个I﹣t图象中正确的是（）A．B．C．D．【考点】导体切割磁感线时的感应电动势；闭合电路的欧姆定律．【分析】线框匀速穿过磁场区域时，分为三个过程：线框向右运动距离x为0～d，d～l，l～l+d范围内．先根据楞次定律分析感应电流的方向，再由有效切割长度变化，根据感应电动势公式，分析感应电动势的变化，再分析感应电流大小的变化．【解答】解：在线框向右运动距离x为0～d的范围内，穿过线框的磁通量不断增大，由楞次定律可知线框产生的感应电流沿逆时针方向，为正；有效的切割长度为L=xtanθ，线框匀速运动故x=vt，感应电流的大小为：，可知I∝t；在线框向右运动距离x为d～l范围内，穿过线框的磁通量均匀增大，由楞次定律可知线框产生的感应电流沿逆时针方向，为正；且感应电流大小不变；在线框向右运动距离x为l～l+d范围内，穿过线框的磁通量不断减小，由楞次定律可知线框产生的感应电流沿顺时针方向，为负，有效的切割长度为L=（x﹣l﹣d）tanθ，线框匀速运动故x=vt，感应电流的大小为：，故感应电流一开始不为0，之后均匀增大，D正确；故选：D．5．下列说法中正确的是（）A．一个质点在一个过程中如果其动量不变，其动能也一定不变B．一个质点在一个过程中如果其动能不变，其动量也一定不变C．几个物体组成的物体系统在一个过程中如果动量守恒，其机械能也一定守恒D．几个物体组成的物体系统在一个过程中如果机械能守恒，其动量也一定守恒【考点】动量守恒定律；机械能守恒定律．【分析】动量P=mv，动能E K=mv2，二者的关系为：E K=．【解答】解：A、一个质点在一个过程中如果其动量不变，根据E K=则动能也不变，A正确；B、一个质点在一个过程中如果其动能不变，可能是速度的大小不变而方向改变，则动量改变，B错误；C、几个物体组成的物体系统在一个过程中如果动量守恒，其机械能不一定守恒，比如非弹性碰撞，C错误；D、几个物体组成的物体系统在一个过程中如果机械能守恒，可能是只有重力做功，则系统在竖直方向上可能的合外力不为零，则动量不守恒，D错误；故选：A．6．如图，足够长的U型光滑金属导轨平面与水平面成θ角（0＜θ＜90°），其中MN与PQ平行且间距为L，导轨平面与磁感应强度为B的匀强磁场垂直，导轨电阻不计．金属棒ab由静止开始沿导轨下滑，并与两导轨始终保持垂直且良好接触，ab棒接入电路的电阻为R，当流过ab棒某一横截面的电量为q时，棒的速度大小为v，则金属棒ab在这一过程中（）A．运动的平均速度大小为B．下滑位移大小为C．产生的焦耳热为qBLνD．受到的最大安培力大小为【考点】电磁感应中的能量转化；安培力．【分析】金属棒ab由静止开始沿导轨下滑，做加速度逐渐减小的变加速运动．由运动学公式，法拉第电磁感应定律、能量守恒定律等研究处理．【解答】解：A、金属棒ab开始做加速度逐渐减小的变加速运动，不是匀变速直线运动，平均速度不等于v，而是大于；故A错误．B、由电量计算公式q=，，，联立得可得，下滑的位移大小为，故B正确．C、产生的焦耳热Q=I2Rt=qIR，而这里的电流I比棒的速度大小为v时的电流小，故这一过程产生的焦耳热小于qBLv．故C错误．D、金属棒ab做加速运动，或先做加速运动，后做匀速运动，速度为v时产生的感应电流最大，受到的安培力最大，最大安培力大小为F=BI′L=．故D错误．故选：B．7．如图是一种延时开关，当S1、S2均闭合时，电磁铁F将衔铁D吸下，C电路接通，当S1断开时，由于电磁感应作用，D将延迟一段时间才被释放．则（）A．由于A线圈的电磁感应作用，才产生延时释放D的作用B．由于B线圈的电磁感应作用，才产生延时释放D的作用C．如果断开B线圈的开关S2，则无延时作用D．如果断开B线圈的开关S2，则延时将变长【考点】楞次定律．【分析】当S1、S2均闭合时，电磁铁F将衔铁D吸下，C电路接通，当S1断开时，导致由于线圈B中的磁通量变化，从而出现感应电流，致使F中仍有磁性，出现延迟一段时间才被释放．若线圈B处于断开，即使S1断开也不会有感应电流，则不会出现延迟现象．【解答】解：当S1断开时，导致由于线圈B中的磁通量变小，从而出现感应电流，致使F中仍有磁性，出现延迟一段时间才被释放．所以由于B线圈的电磁感应作用，才产生延时释放D的作用．若断开B线圈的开关S2，当S1断开，F中立即没有磁性，所以没有延时功能．故选：BC8．关于感应电流的产生，下列说法中正确的是（）A．只要穿过线圈的磁通量发生变化，线圈中就一定有感应电流B．若闭合电路的导线做切割磁感线运动，导线中不一定有感应电流C．若闭合电路的一部分导体不做切割磁感线运动，该电路中一定没有感应电流D．当穿过闭合电路的磁通量发生变化时，该电路中一定有感应电流【考点】感应电流的产生条件．【分析】产生感应电流的条件是穿过闭合电路的磁通量发生变化，或闭合电路的一部分导体做切割磁感线运动．根据这个条件进行选择．【解答】解：A、位于磁场中的闭合线圈，只有磁通量发生变化，才一定会产生感应电流．故A错误．B、闭合电路整体在磁场中作切割磁感线运动，而闭合电路中磁通量却没有变化，则闭合电路中就没有感应电流．故B正确．C、闭合电路的一部分导体不做切割磁感线运动，若穿过闭合电路的磁感线的条数发生变化，该电路中也能产生感应电流．故C错误．D、根据感应电流产生的条件可知，当穿过闭合电路的磁通量发生变化时，该电路中一定有感应电流．故D正确．故选：BD9．如图所示，磁场与线圈平面垂直，先后以速度v1和v2匀速把一矩形线圈拉出有界匀强磁场区域，v1=3v2．在先后两种情况下（）A．线圈中的感应电流之比I1：I2=1：3B．线圈中的感应电流之比I1：I2=3：1C．线圈中产生的焦耳热之比Q l：Q2=3：1D．通过线圈某截面的电荷量之比Q l：Q2=1：1【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．【分析】A、根据E=BLv，求出线圈中的感应电动势之比，再求出感应电流之比．C、根据Q=I2Rt，求出线圈中产生的焦耳热之比．D、根据q=It=，求出通过线圈某截面的电荷量之比．【解答】解：A、v1=3v2，根据E=BLv，知感应电动势之比3：1，感应电流I=，则感应电流之比为3：1．故A错误，B正确．C、v1=3v2，知时间比为1：3，根据Q=I2Rt，知热量之比为3：1．故C正确．D、根据q=It=，知通过某截面的电荷量之比为1：1．故D正确．故选：BCD．10．放在光滑水平面上的A、B两小车中间夹了一压缩轻质弹簧，用两手控制小车处于静止状态，下列说法正确的是（）A．两手同时放开，两车的总动量等于零B．先放开右手，后放开左手，两车的总动量向右C．先放开右手，后放开左手，两车的总动量向左D．先放开右手，后放开左手，两车的总动量为零【考点】动量守恒定律．【分析】动量守恒的条件是：系统所受的合外力为零．通过分析系统的受力情况，进行分析判断．若先放开右边的B车，后放开左边的A车，放开A车时，B车已经有向右的速度，系统的初动量不为零，两车的总动量向右．在两手同时放开后，水平方向无外力作用，只有弹簧的弹力（内力），故动量守恒，动量是矢量，有大小和方向．【解答】解：A、两手同时放开之后的过程中，系统在水平方向不受外力作用，系统的动量守恒，A车的动量与B车的动量方向相反，所以两车的总动量为零，故A正确；B、若先放开右手，后放开左手，放开A车时，B车已经有向右的速度，系统的初动量不为零，所以两车的总动量向右．故B正确，CD错误；故选：AB．11．古时有“守株待兔”的寓言，设兔子的头部受到大小等于自身重力的打击力时即可致死，并设兔子与树桩作用的时间为0.2s，取g=10m/s2，则被撞死的兔子的奔跑速度可能为（）A．1 m/s B．1.5 m/s C．2 m/s D．2.5 m/s【考点】动量定理．【分析】以兔子为研究对象，它与树桩碰撞过程中，水平方向受到树对它的打击力，速度减小至零，根据动量定理研究其速度．【解答】解：取兔子奔跑的速度方向为正方向．根据动量定理得﹣Ft=0﹣mvv=由F=mg得到v==gt=2m/s故选：C．12．如图所示，a、b端输入恒定的交流电压．理想变压器原、副线圈分别接有额定电压均为12V、额定功率均为2W的灯泡A、B、C．闭合开关，灯泡均正常发光．则下列说法正确的是（）A．原副线圈的匝数比为1：2B．电压表V的示数为24VC．变压器的输入功率为4WD．副线圈上再并联一个相同的灯泡D，灯泡A会烧坏【考点】变压器的构造和原理；电功、电功率；正弦式电流的最大值和有效值、周期和频率．【分析】由三只灯泡均正常发光，则可求得原副线圈的电流，求得匝数之比，由匝数比求电压关系，由功率公式可求得功率．【解答】解：A、副线圈中每个灯泡电流：，则原线圈的电流为I1=A，副线圈电流，则匝数比为2：1，故A错误；B、副线圈电压为U2=12V，则原线圈电源U1=24V，则电压表示数为U=24+12=36V，故B错误；C、副线圈功率P1=2P L=4W，则变压器的输入功率为4W，故C正确；D、副线圈上再并联一个相同的灯泡D，则副线圈电流增大，则原线圈电流也增大，超过额定电流，A灯泡烧坏，故D正确．故选：CD13．如图所示，足够长的光滑导轨倾斜放置，其下端连接一个电阻为R的灯泡，匀强磁场垂直于导轨所在平面，垂直导轨的导体棒ab电阻为r，导轨和导线电阻不计，则导体棒ab在下滑过程中（）A．感应电流在导体棒ab中方向从b到aB．受到的安培力方向沿斜面向下，大小保持恒定C．机械能一直减小D．克服安培力做的功等于灯泡消耗的电能【考点】导体切割磁感线时的感应电动势；电磁感应中的能量转化．【分析】根据右手定则判断感应电流的方向，再根据左手定则判断安培力的方向，通过速度的变化，得出电动势的变化，电流的变化，从而得出安培力的变化．根据能量守恒判断机械能的变化，根据克服安培力做功与产生的电能关系判断安培力做功与灯泡消耗电能的关系．【解答】解：A、导体棒ab下滑过程中，由右手定则判断可知，感应电流I在导体棒ab中从b到a，故A正确；B、由左手定则判断导体棒ab受的安培力沿斜面向上．导体棒ab开始阶段速度增大，感应电动势增大，感应电流增大，安培力增大，如果导轨足够长，当F安=mgsinθ时达到最大速度v m，之后做匀速直线运动，速度不再增大，安培力不变，故B错误；C、由于下滑过程导体棒ab切割磁感线产生感应电动势，回路中有灯泡电阻消耗电能，机械能不断转化为内能，所以导体棒的机械能不断减少，故C正确；D、安培力做负功实现机械能转化为电能，安培力做功量度了电能的产生，根据功能关系有克服安培力做的功等于整个回路消耗的电能，包括灯泡和导体棒消耗的电能．故D错误；故选：AC二、实验探究题（每空2分，共14分）.14．在研究“电磁感应现象”的实验中，所需的实验器材如图所示．现已用导线连接了部分实验电路．（1）请把电路补充完整；（2）实验时，将线圈A插入线圈B中，合上开关瞬间，观察到检流计的指针发生偏转，这个现象揭示的规律是闭合电路中磁通量发生变化时，闭合电路中产生感应电流；（3）（多选）某同学设想使线圈B中获得与线圈A中相反方向的电流，可行的实验操作是BCA．抽出线圈A B．插入软铁棒C．使变阻器滑片P左移D．断开开关．【考点】研究电磁感应现象．【分析】（1）由该实验的原理可知小线圈应与电源相连，大线圈与电流表相连；（2）检流计指针发生偏转说明电路中产生了电流，根据电路中发生的变化可知实验所揭示的规律；（3）由题意可知，感应电流与原电流相反，由安培定则可知磁场方向也应相反，则由楞次定律可知可行的方法．【解答】解：（1）本实验中L1与电源相连，通过调节滑动变阻器使L2中的磁通量发生变化，从而使L2产生电磁感应线象，故L2应与检流计相连，电路图如图所示：（2）指针发生偏转说明电路中有电流产生，产生的原因是闭合回路中磁通量发生了变化；故结论为：闭合电路中磁通量发生变化时，闭合电路中产生感应电流．（3）感应电流的方向与原电流方向相反，则它们的磁场也一定相反，由楞次定律可知，原磁场应增强，故可以加入铁芯或使变阻器滑片P左移，故选：B C；故答案为：（1）如图所示；（2）闭合电路中磁通量发生变化时，闭合电路中产生感应电流．（3）B、C．。

2015-2016学年湖北省宜昌一中高二（下）月考物理试卷（3月份）学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________一、单选题(本大题共6小题，共24.0分)1.物理实验都需要有一定的控制条件．奥斯特做电流磁效应实验时，应排除地磁场对实验的影响．关于奥斯特的实验，下列说法中正确的是（）A.该实验必须在地球赤道上进行B.通电直导线应该竖直放置C.通电直导线应该水平东西方向放置D.通电直导线应该水平南北方向放置【答案】D【解析】解：由于地磁的北极在地理的南极附近，故地磁场的磁感线有一个由南向北的分量，而当电流的方向与磁场的方向平行时通电导线才不受磁场的安培力，故在进行奥斯特实验时通电直导线可以水平南北方向放置，而不必非要在赤道上进行，但不能东西放置和竖直放置，故只有D正确．故选：D．由于地磁的北极在地理的南极附近，故地磁场的磁感线有一个由南向北的分量，而只有当电流的方向与磁场的方向平行时通电导线才不受磁场的安培力．掌握了地磁场的特点和安培力的特点就能顺利解决此类题目．2.中央电视台《今日说法》栏目曾经报道了一起发生在湖南长沙某区湘府路上的离奇交通事故．家住公路拐弯处的张先生和李先生家在三个月内连续遭遇了七次大卡车侧翻在自家门口的场面，第八次有辆卡车冲撞进李先生家，造成三死一伤和房屋严重损毁的血腥惨案．经公安部门和交通部门协力调查，画出的现场示意图如图所示．交警根据图示作出以下判断，你认为正确的是（）①由图可知汽车在拐弯时发生侧翻是因为车作离心运动②由图可知汽车在拐弯时发生侧翻是因为车作向心运动③公路在设计上可能内（东）高外（西）低④公路在设计上可能外（西）高内（东）低．A.①③B.②④C.①④D.②③【答案】A【解析】解：①、②汽车发生侧翻是因为提供的力不够做圆周运动所需的向心力，发生离心运动．故①正确，③错误．③、④汽车在水平路面上拐弯时，靠静摩擦力提供向心力，现在易发生侧翻可能是路面设计不合理，公路的设计上可能内侧（东）高外侧（西）低，重力沿斜面方向的分力背离圆心，导致合力不够提供向心力而致．故③正确，④错误．故选A．汽车拐弯时发生侧翻是由于车速较快，外界提供的力不够做圆周运动所需的向心力，发生离心运动．有可能是内测高外侧低，支持力和重力的合力向外，最终的合力不够提供向心力．解决本题的关键知道当提供的力等于圆周运动所需要的力，物体做圆周运动，当提供的力不够圆周运动所需要的力，物体做离心运动．3.如图所示，水平光滑地面上停放着一辆质量为M的小车，其左侧有半径为R的四分之一光滑圆弧轨道AB，轨道最低点B与水平轨道BC相切，整个轨道处于同一竖直平面内．将质量为m的物块（可视为质点）从A点无初速释放，物块沿轨道滑行至轨道末端C处恰好没有滑出．重力加速度为g，空气阻力可忽略不计．关于物块从A位置运动至C位置的过程，下列说法中正确的是（）A.小车和物块构成的系统动量守恒B.摩擦力对物块和轨道BC所做功的代数和为零C.物块的最大速度为D.小车的最大速度为【答案】D【解析】解：A、小车和物块组成的系统水平方向所受合外力为零，水平方向动量守恒，系统整体所受合外力不为零，系统动量不守恒，故A错误；B、摩擦力对物块和轨道BC所做功的代数和等于摩擦力与相对位移的乘积，摩擦力做功的代数和不为零，故B错误；C、如果小车固定不动，物块到达水平轨道时速度最大，由机械能守恒定律得：mg R=mv2，v=，现在物块下滑时，小车向左滑动，物块的速度小于，故C错误；D、小车与物块组成的系统水平方向动量守恒，物块下滑过程，以向右为正方向，由动量守恒定律得：mv1-M v2=0，由机械能守恒定律得：mv12+M v22=mg R，解得：v2=，物块到达B点时小车速度最大，故D正确；故选：D．系统所受合外力为零，系统动量守恒，应用动量守恒定律与能量守恒定律分析答题．动量守恒条件是：系统所受合外力为零，对物体受力分析，判断系统动量是否守恒；熟练应用动量守恒定律、动能定律、能量守恒定律即可正确解题．4.如图所示，a、b、c为电场中同一条电场线上的三点，其中c为ab的中点．已知a、b两点的电势分别为φa=3V，φb=9V，则下列叙述正确的是（）A.该电场在c点处的电势一定为6VB.正电荷从a点运动到b点的过程中电势能一定增大C.a点处的场强E a一定小于b点处的场强E bD.正电荷只受电场力作用从a点运动到b点的过程中动能一定增大【答案】B【解析】解：A、若该电场是匀强电场，则在c点处的电势为φc==V=6V，若该电场不是匀强电场，则在c点处的电势为φc≠6V．故A错误．BD、根据正电荷在电势高处电势能大，可知正电荷从a点运动到b点的过程中电势能一定增大，而由能量守恒得知，其动能一定减小．故B正确，D错误C、一条电场线，无法判断电场线的疏密，就无法判断两点场强的大小，所以a点处的场强E a不一定小于b点处的场强E b．故C错误．故选：B．题中是一条电场线，无法判断该电场是否是匀强电场，不能确定c点处的电势．根据正电荷在电势高处电势能大，分析电势能的关系．由能量守恒分析动能关系．电场线的疏密可表示电场强度的相对大小，但一条电场线，无法判断电场线的疏密，就无法判断两点场强的大小．但可根据电势的高低判断电势能的大小．5.一汽车在高速公路上以v0=30m/s的速度匀速行驶，t=0时刻，驾驶员采取某种措施，汽车运动的加速度随时间变化关系如图所示，以初速度方向为正，下列说法正确的是（）A.t=6s时车速为5m/sB.t=3s时车速为3m/sC.前9s内的平均速度为15m/sD.前6s内车的位移为90m【答案】C【解析】解：AB、根据速度时间公式得，t=3s时的速度为：v1=v0-a1t1=30-10×3=0m/s，则6s 时的速度为：v2=a2t2=5×3m/s=15m/s．故AB错误．C、前3s内的位移为：，后6s内的位移为：，则前9s内的位移为：x=x1+x2=135m，所以汽车的平均速度为：．故C 正确．D、后3s内的位移为：，则前6s内车的位移为：x=x1+x2=67.5m．故D错误．故选：C根据匀变速直线运动的速度时间公式，结合加速度先求出3s末的速度，再根据速度时间公式求出6s末的速度，结合位移公式分别求出前3s内和后6s内的位移，从而得出平均速度的大小．解决本题的关键掌握匀变速直线运动的运动学公式，并能灵活运用，尤其要注意汽车速度减为零后不再运动．6.一理想变压器原、副线圈的匝数比为10：1，原线圈输入电压的变化规律如图甲所示，副线圈所接电路如图乙所示，P为滑动变阻器的触头．下列说法正确的是（）A.副线圈输出电压的频率为5H zB.副线圈输出电压的有效值为31VC.P向右移动时，原、副线圈的电流比减小D.P向右移动时，变压器的输入功率增加【答案】D【解析】解：A、由图象可知，交流电的周期为0.02s，所以交流电的频率为50H z，所以A错误．B、根据电压与匝数成正比可知，原线圈的电压的最大值为310V，所以副线圈的电压的最大值为31V，所以电压的有效值为V=≈22V，所以B错误．C、P右移，R变小，副线的电压不变，则副线圈的电流变大，原线圈的电流也随之变大；但原、副线圈的电流比等于匝数比的倒数，是不变的，故C错误．D、P向右移动时，滑动变阻器的电阻较小，副线圈的电压不变，所以电路消耗的功率将变大，变压器的输入功率、输出功率均增加，故D正确．故选：D．根据瞬时值表达式可以求得输出电压的有效值、周期和频率等，再根据电压与匝数成正比即可求得结论．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．二、多选题(本大题共4小题，共24.0分)7.如图所示，倾角为α的粗糙斜劈放在粗糙水平面上，物体a放在斜面上，轻质细线一端固定在物体a上，另一端绕过光滑的滑轮固定在c点，滑轮2下悬挂物体b，系统处于静止状态．若将固定点c向右移动少许，而a与斜劈始终静止，则（）A.细线对物体a的拉力增大B.斜劈对地面的压力减小C.斜劈对物体a的摩擦力减小D.地面对斜劈的摩擦力增大【答案】AD【解析】解：A、对滑轮和物体b受力分析，受重力和两个拉力，如图所示：根据平衡条件，有：m b g=2T cosθ解得：T=将固定点c向右移动少许，则θ增加，故拉力T增加，故A正确；B、D、对斜面体、物体a、物体b整体受力分析，受重力、支持力、细线的拉力和地面的静摩擦力，如图所示：根据平衡条件，有：N=G总-T cosθ=G总-，N与角度θ无关，恒定不变；根据牛顿第三定律，压力也不变；故B错误；f=T sinθ=tanθ，将固定点c向右移动少许，则θ增加，故摩擦力增加；故D正确；C、对物体a受力分析，受重力、支持力、拉力和静摩擦力，由于不知道拉力与重力的下滑分力的大小关系，故无法判断静摩擦力的方向，故不能判断静摩擦力的变化情况，故C错误；故选：AD．对滑轮和物体b受力分析，根据平衡条件求解细线的拉力变化情况；对物体a受力分析，判断物体a与斜面体间的静摩擦力的情况；对斜面体、物体a、物体b整体受力分析，根据平衡条件求解整体与地面间的静摩擦力和弹力的情况．整体法和隔离法的使用技巧当分析相互作用的两个或两个以上物体整体的受力情况及分析外力对系统的作用时，宜用整体法；而在分析系统内各物体（或一个物体各部分）间的相互作用时常用隔离法．整体法和隔离法不是独立的，对一些较复杂问题，通常需要多次选取研究对象，交替使用整体法和隔离法．8.宇航员在地球表面以一定的初速度竖直上抛一小球，经过时间t落回原处；若在某星球表面以相同的速度竖直上抛一小球，则需经5t时间落回原处．已知该星半径与地球半径之比为1：4，则（）A.该星表面重力加速度与地球表面重力加速度之比为5：1B.该星质量与地球质量之比为1：80C.该星密度与地球密度之比为4：5D.该星的“第一宇宙速度”与地球的第一宇宙速度之比为1：20【答案】BC【解析】解：A、设地球表面重力加速度为g，设该星球表面附近的重力加速度为g ，根据，知重力加速度之比等于它们所需时间之反比，地球上的时间与星球上的时间比1：5，则地球表面的重力加速度和星球表面重力加速度之比g：g=5：1．故A错误．B、根据万有引力等于重力，得M=．星球和地球表面的重力加速度之比为1：5，半径比为1：4，所以星球和地球的质量比M星：M地=1：80．故B正确．C、根据密度的定义，所以星地星地地星，故C正确．D、第一宇宙速度v=，所以星地，故D错误．故选：BC．通过竖直上抛运动经历的时间求出重力加速度之比，然后根据万有引力等于重力，求出中心天体的质量比．根据密度的定义计算密度之比．第一宇宙速度v=，根据重力加速度和星球半径之比计算第一宇宙速度之比．解决本题的关键知道竖直上抛运动上升阶段和下降阶段是对称的，以及掌握万有引力等于重力这一理论．9.如图所示，竖直平行导轨间距l=20cm，导轨顶端接有一开关S，导体棒ab与导轨接触良好且无摩擦，ab的电阻R=0.4Ω，质量m=20g，导轨的电阻不计，电路中所接电阻为3R，整个装置处在与竖直平面垂直的匀强磁场中，磁感应强度B=1T，不计空气阻力，设导轨足够长，g取10m/s2，开始时开关断开，当ab棒由静止下落3.2m时，突然接通开关，下列说法中正确的是（）A.a点的电势高于b点的电势B.ab间的电压大小为1.2VC.ab间的电压大小为0.4VD.导体棒ab立即做匀速直线运动【答案】BD【解析】解：A、由右手定则可知，电流由a到b，故a点的电势低于b点的电势；故A错误；B、由机械能守恒定律可知：mgh=mv2；解得：v===8m/s；感应电动势为：E=BL v=1×0.2×8=1.6V；ab相当于电源，其两端的电势差为：U=E==1.2V；故B正确；C错误；D、接通开关时，导体棒受到的安培力为：F=BIL=1××0.2=0.2N；ab受到的重力为：G=mg=0.2N；故导体棒立即做匀速直线运动；故D正确；故选：BD．由右手定则可得出电流的流向，从而判断电势的高低；根据安培力与重力的大小关系可分析导体棒的运动情况．本题考查导体切割磁感线的力学分析，要注意F=的正确应用．10.如图所示，在平面直角坐标系中有一个垂直于纸面向里的圆形匀强磁场，其边界过原点O和y轴上的点a（0，L）．一质量为m、电荷量为e的电子从a点以初速度v0平行于x轴正方向射入磁场，并从x轴上的b点射出磁场，此时速度方向与x轴正方向的夹角为60°．下列说法中正确的是（）A.电子在磁场中运动的时间为B.电子在磁场中运动的时间为C.磁场区域的圆心坐标（，）D.电子在磁场中做圆周运动的圆心坐标为（0，-2L）【答案】BC【解析】解：A、B、电子的轨迹半径为R，由几何知识，R sin30°=R-L，得R=2L电子在磁场中运动时间t=，而T=，得：t=．故A错误，B正确；C、设磁场区域的圆心坐标为（x，y）其中x=°，y=所以磁场圆心坐标为（，）），故C正确；D、根据几何三角函数关系可得，R-L=R cos60°，解得R=2L所以电子的圆周运动的圆心坐标为（0，-L），故D错误；故选：BC．带电粒子在匀强磁场中在洛伦兹力作用下，做匀速圆周运动．所以由几何关系可确定运动圆弧的半径与已知长度的关系，从而确定圆磁场的圆心，并能算出粒子在磁场中运动时间．并根据几何关系来，最终可确定电子在磁场中做圆周运动的圆心坐标．由题意确定粒子在磁场中运动轨迹是解题的关键之处，从而求出圆磁场的圆心位置，再运用几何关系来确定电子的运动轨迹的圆心坐标．三、填空题(本大题共1小题，共6.0分)11.如图所示为一小球做平抛运动的闪光照片的一部分，图中背景方格的边长均为5cm，如果g取10m/s2，那么：（1）闪光的时间间隔是______ s；（2）小球运动中水平分速度的大小是______ m/s；（3）小球经过B点时速度大小是______ m/s．【答案】0.1；1.5；2.5【解析】解：（1）根据△y=2L=g T2得，T=；（2）小球在运动过程中水平分速度；（3）B点竖直分速度，根据平行四边形定则知，小球经过B点的速度=．．故答案为：（1）0.1，（2）1.5，（3）2.5．平抛运动在水平方向上做匀速直线运动，在竖直方向上做自由落体运动，根据竖直方向上相等时间内的位移之差是一恒量求出相等的时间间隔，结合水平位移和时间间隔求出平抛运动的初速度，即水平分速度．根据某段时间内平均速度等于中间时刻的瞬时速度，求出B点竖直方向上的分速度，根据平行四边形定则求出B点的速度大小．解决本题的关键掌握平抛运动在水平方向和竖直方向上的运动规律，结合运动学公式和推论进行求解．四、实验题探究题(本大题共1小题，共9.0分)12.欲用伏安法测定一段阻值约为5Ω左右的金属导线的电阻，要求测量结果尽量准确，现备有以下器材：A．电池组（3V，内阻1Ω）B．电流表（0～3A，内阻0.0125Ω）C．电流表（0～0.6A，内阻0.125Ω）D．电压表（0～3V，内阻3kΩ）E．电压表（0～15V，内阻15kΩ）F．滑动变阻器（0～20Ω，额定电流1A）G．滑动变阻器（0～2000Ω，额定电流0.3A）H．开关、导线（1）上述器材中应选用的是______ ；（填写各器材的字母代号）（2）实验电路应采用电流表______ 接法；（填“内”或“外”）（3）设实验中，电流表、电压表的某组示数如图1所示，图示中I= ______ A，U= ______ V．（4）为使通过待测金属导线的电流能在0～0.5A范围内改变，请按要求在图2框图中画出测量待测金属导线的电阻R x的原理电路图．【答案】ACDFH；外；0.48；2.20【解析】解：（1）根据电源电动势为3V可知，电压表应选择D；根据欧姆定律可知通过待测电阻的最大电流为===0.6A，所以电流表应选择C；根据闭合电路欧姆定律可知电路中需要的最大电阻应为===15Ω，所以变阻器应选择F，因此上述器材中应选择ACDFH；（2）由于待测电阻满足＞，所以应用外接法；（3）由于电流表每小格读数为0.02A，所以应进行“”估读，即电流表读数为I=0.48A；同理，电压表每小格读数为0.1V，应进行“”估读，电压表读数为U=2.20V；（3）由于实验要求电流从零调，所以变阻器应采用分压式接法，电路图如图所示：故答案为：（1）ACDFH；（2）内；（3）0.48，2.20；（4）如图本题（1）的关键是由电源电动势大小来选择电压表量程，通过求出通过待测电阻的最大电流来选择电流表的量程，通过求出电路中需要的最大电阻来选择变阻器大小；题（2）因为电流表内阻为已知的确定值，采用内接法时能精确求出待测电阻的阻值，所以电流表应采用内接法；题（3）根据电表每小格的读数来确定估读方法；题（4）根据实验要求电流从零调可知，变阻器应采用分压式接法．应明确：①当电流表的内阻为已知的确定值时，电流表应采用内接法，为大约值时，应通过比较与的大小来确定内外接法；②当实验要求电流从零调时，变阻器应采用分压式接法．五、计算题(本大题共4小题，共47.0分)13.一质量为0.1kg的小球从0.80m高处自由下落，落到一厚软垫上，若从小球接触软垫到陷至最低点所用的时间为0.20s，则这段时间内软垫对小球的冲量为大？（g=10m/s2）【答案】解：小球与软垫接触时的速度v=，规定向下为正方向，则（mg-F）t=0-mv代入数据有：1×0.2-F t=-0.1×4，则软垫对小球的冲量I=F t=0.6N s．答：这段时间内软垫对小球的冲量为0.6N s．【解析】根据速度位移公式求出小球与软垫接触的速度，结合动量定理求出软垫对小球的冲量．本题考查了动量定理的基本运用，知道合力的冲量等于动量的变化量，注意公式的矢量性．14.质量为m的小物块A，放在质量为M的木板B的左端，B在水平拉力的作用下沿水平地面匀速向右滑动，且A、B相对静止．某时刻撤去水平拉力，经过一段时间，B在地面上滑行了一段距离x，A在B 上相对于B向右滑行了一段距离L（设木板B足够长）后A和B都停下．已知A、B间的动摩擦因数μ1，B与地面间的动摩擦因数μ2，μ2＞μ1，求x的表达式．【答案】解：设A、B相对静止一起向右匀速运动时的速度为v．撤去外力后至停止的过程中，A 受到的滑动摩擦力f1=μ1mg，加速度大a1==μ1g此时B的加速度大小a2=由于μ2＞μ1，所以判断B先停止运动，然后A在木板上继续做匀减速运动，且其加速度大小不变．对A应用动能定理得：-f1（L+x）=0-mv2对B应用动能定理得：μ1mgx-μ2（m+M）gx=0-M v2消去v解得：x=．答：x的表达式是x=．【解析】撤去水平拉力，A受到的滑动摩擦力f1=μ1mg，加速度大a1==μ1g，B受到A的向右的摩擦力和地面向左的摩擦力，B的加速度大小a2=，由μ2＞μ1分析两加速度的大小关系，判断B先停止运动，然后A在木板上继续做匀减速运动，根据动能定理分别对A、B研究，求解x．本题关键在于分析两物体的运动过程，考查分析问题和解决问题的能力．15.两根固定在水平面上的光滑平行金属导轨MN和PQ，一端接有阻值为R=4Ω的电阻，处于方向竖直向下的匀强磁场中．在导轨上垂直导轨跨放质量m=0.5kg的金属直杆，金属杆的电阻为r=1Ω，金属杆与导轨接触良好，导轨足够长且电阻不计．金属杆在垂直杆F=0.5N的水平恒力作用下向右匀速运动时，电阻R上的电功率是P=4W．（1）求通过电阻R的电流的大小和方向；（2）求金属杆的速度大小；（3）某时刻撤去拉力，当电阻R上的电功率为时，金属杆的加速度大小、方向．【答案】解：（1）根据电功率的公式，得：P=I2R所以：I= A由右手定则可得，电流的方向从M到P（2）当到达稳定时，拉力的功率等于电流的电功率，即：F v=I2（R+r）代入数据得：v=m/s（3）当电阻R上的电功率为时，，得：此时：由牛顿第二定律得：F A'=ma所以：a=0.5m/s2方向向左．答：（1）通过电阻R的电流的大小是1A，方向从M到P；（2）金属杆的速度大小是10m/s；（3）当电阻R上的电功率为时，金属杆的加速度大小是0.5m/s2，方向向左．【解析】（1）根据右手定则判断出电流的方向，根据电功率的公式计算出电流的大小；（2）当到达稳定时，拉力的功率等于电流的电功率，写出表达式，即可求得结果；（3）某时刻撤去拉力，当电阻R上的电功率为时，回路中感应电流产生的安培力提供杆的加速度，写出安培力的表达式与牛顿第二定律的表达式即可．本题考查了求导体棒的加速度、导体棒的最大速度，分析清楚金属杆的运动过程是正确解题的前提与关键；当金属杆受到的安培力与拉力相等时，杆做匀速直线运动，速度达到最大．第二问也可以这样做：F=BILBL=0.5T mBL v=I（R+r）v=10m/s16.如图所示，MN为绝缘板，CD为板上两个小孔，AO为CD的中垂线，在MN的下方有匀强磁场，方向垂直纸面向外（图中未画出），质量为m电荷量为q的粒子（不计重力）以某一速度从A点平行于MN的方向进入静电分析器，静电分析器内有均匀辐向分布的电场（电场方向指向O点），已知图中虚线圆弧的半径为R，其所在处场强大小为E，若离子恰好沿图中虚线做圆周运动后从小孔C垂直于MN进入下方磁场．（1）求粒子运动的速度大小；（2）粒子在磁场中运动，与MN板碰撞，碰后以原速率反弹，且碰撞时无电荷的转移，之后恰好从小孔D进入MN上方的一个三角形匀强磁场，从A点射出磁场，则三角形磁场区域最小面积为多少？MN上下两区域磁场的磁感应强度大小之比为多少？（3）粒子从A点出发后，第一次回到A点所经过的总时间为多少？【答案】解：（1）粒子进入静电分析器做圆周运动，根据牛顿第二定律得：E q=v=（2）粒子从D到A匀速圆周运动，故由图示三角形区域面积最小值为S=在磁场中洛伦兹力提供向心力B qv=R=，设MN下方的磁感应强度为B1，上方的磁感应强度为B2，若只碰撞一次，则R1==，R2=R=，故=，若碰撞n次，R1==，R2=R=，故=（3）粒子在电场中运动时间t1==，在下方的磁场中运动时间t2=×=π，在上方的磁场中运动时间t3==，总时间t=t1+t2+t3=2π．答：（1）粒子运动的速度大小是；（2）粒子在磁场中运动，与MN板碰撞，碰后以原速率反弹，且碰撞时无电荷的转移，之后恰好从小孔D进入MN上方的一个三角形匀强磁场，从A点射出磁场，则三角形磁场区域最小面积为，MN上下两区域磁场的磁感应强度大小之比为．（3）粒子从A点出发后，第一次回到A点所经过的总时间为2π．【解析】粒子进入静电分析器做圆周运动，根据牛顿第二定律求出粒子运动的速度大小．粒子从D到A匀速圆周运动，根据几何关系和粒子在磁场中运动的半径公式、周期公式求解．本题关键是根据牛顿第二定律求出粒子的速度，再根据粒子在磁场中做圆周运动画出粒子运动轨迹并由几何关系确认物体运动的满足的条件是解决本题的关键，掌握粒子在磁场中运动的半径公式和周期公式是基础．。

2016届高二年级第五次物理月考试卷一、选择题（每小题4分，共40分，其中7、8、9、10为多选）1.处在匀强磁场中的矩形线圈abcd 以恒定的角速度绕ab 边转动，磁场方向平行于纸面并与ab 垂直．在t ＝0时刻，线圈平面与纸面重合(如图)，线圈的cd 边离开纸面向外运动．若规定由a →b →c →d →a 方向的感应电流为正，则能反映线圈中感应电流I 随时间t 变化的图线是( )2．在距地面高为h ，同时以相等初速度v 0分别平抛、竖直上抛、竖直下抛质量相等的物体m ，当它们从抛出到落地时，比较它们的动量的增量Δp ，有( ) A ．平抛过程最大 B ．竖直上抛过程最大 C ．竖直下抛过程最大D ．三者一样大3.如图所示，一个正方形线框处在磁感应强度大小为B 的匀强磁场中，OO ′为磁场的边界．现使线框以角速度ω 绕轴OO ′匀速转动，通过金属转轴和电刷与阻值为R 的外电阻相连．已知线框各边长为L ，总电阻为r ，不计转轴与电刷的电阻， 则电路中电流的有效值为( ) A.BωL 2R ＋r B.2BωL 22(R ＋r ) C.2BωL 24(R ＋r )D.BωL 22(R ＋r )4．分别为m 1和m 2、电荷量分别为q 1和q 2的两粒子在同一匀强磁场中做匀速圆周运动，已知两粒子的动量大小相等。

下列说法正确的是 （ ） A.若q 1=q 2，则它们作圆周运动的半径一定相等 B.若m 1=m 2，则它们作圆周运动的半径一定相等 C.若q 1≠q 2，则它们作圆周运动的周期一定不相等D.若m 1≠m 2，则它们作圆周运动的周期一定不相等5.如图甲所示，理想变压器原、副线圈的匝数比为10∶1，b 是原线圈的中心抽头，图中电表均为理想交流电表，定值电阻R ＝10 Ω，其余电阻均不计，从某时刻开始在原线圈c 、d 两端加上如图乙所示的交变电压，则下列说法中正确的是( )A ．当单刀双掷开关与a 连接时，电压表的示数为22 VB ．当单刀双掷开关与a 连接且t ＝0.01 s 时，电流表示数为零C．当单刀双掷开关由a拨向b时，原线圈的输入功率变小D．当单刀双掷开关由a拨向b时，副线圈输出电压的频率变为25 Hz．6．如图所示，在铁芯上、下分别绕有匝数n1=800和n2=200的两个线圈，上线圈两端与u=51sin314tV的交流电源相连，将下线圈两端接交流电压表，则交流电压表的读数可能是（）A．2.0V B．9.0VC．12.7V D．144.0V7．在如图所示的远距离输电电路中，升压变压器和降压变压器均为理想变压器，发电厂的输出电压和输电线的电阻均不变．随着发电厂输出功率的增大，下列说法中正确的有() A．升压变压器的输出电压增大B．降压变压器的输出电压增大C．输电线上损耗的功率增大D．输电线上损耗的功率占总功率的比例增大8．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()A．A1示数变大，A1与A2示数的比值不变B．A1示数变大，A1与A2示数的比值变大C．V2示数变小，V1与V2示数的比值变大D．V2示数不变，V1与V2示数的比值不变9.如图所示，50匝矩形闭合导线框ABCD处于磁感应强度大小为B＝210T的水平匀强磁场中，线框面积S＝0.5 m2，线框电阻不计．线框绕垂直于磁场的轴OO′以角速度ω＝200 rad/s 匀速转动，并与理想变压器原线圈相连，副线圈接入一只“220 V60 W”灯泡，且灯泡正常发光，熔断器允许通过的最大电流为10 A，下列说法正确的是()A．图示位置穿过线框的磁通量为零B．线框中产生交变电压的有效值为500 2 VC．变压器原、副线圈匝数之比为25∶11D．允许变压器输出的最大功率为5 000 W10如图是某电子秤的原理图，人只要站在踏板上，仪表G就能显示人的体重，踏板下面的传感器R实质是一个阻值可随压力大小而变化的电阻，显示体重的仪表G实质是理想电流表，如果不计踏板的质量，电阻R随人的体重G变化的函数关系式为R＝a－kG(a、k是常量，G和R的单位分别是N和Ω)．下列说法正确的是()A. 传感器R是一个力电传感器B. 闭合电路测量时，电路中的电流随人的体重均匀变化C. 该秤零刻度线(即踏板空载时的刻度线)应标在电流表G刻度盘的零刻度处D. 如果要扩大电子秤的量程，滑动变阻器R′接入电路中的电阻应调大二、填空题（共18分）11．（4分）一台理想变压器的原副线圈匝数比为，原线圈接入20V的正弦交流电，一只理想二极管和一个阻值为10Ω的指示灯串联后接在副线圈上，则指示灯消耗的功率为________。

宜昌金东方高级中学2016年秋季学期11月月考高二物理试题本试题卷共4页，三大题16小题。

全卷满分110分，考试用时90分钟。

★祝考试顺利★第Ⅰ卷(选择题 共50分)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，1-6小题只有一项符合题目要求，7-10小题有多项符合题目要求；全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分）1．关于磁感应强度下列说法中正确的是（ ）A ．由B=F/IL 知，磁场中某点的磁感应强度的大小与IL 的乘积成反比，与F 成正比B ．无论I 的方向如何都可由B=F/IL 求磁感应强度的大小C ．磁场中某处磁感应强度方向与通电导线在该处的安培力的方向相同D ．通电导线所受磁场力为零，该处磁感应强度不一定为零2．下图中的通电导线在磁场中受力分析正确的是（ ）A ．B ．C ．D ．3．在如图所示的电路中，三个电阻的阻值分别是：R 1=9Ω，R 2=9Ω，R 3=18Ω．设它们的电功率分别为P 1、P 2和P 3，则（ ）A ．P 1=P 2B ． P 3=2 P 2C ．P 3=2 P 1D ．32P 1=P 2+P 3 4．某学生在研究串联电路电压特点的实验时，连接成如图所示的电路，接通S后，他将大内阻的电压表并联在A 、C 两点间，电压表读数为U ，当并联在A 、B 两点间时，电压表读数也为U ，当并联在B 、C 两点间时，电压表的读数为零，则出现此种情况的原因可能是(R 1、R 2的阻值相差不大)（ ）A ．AB 段断路 B ．BC 段断路C ．AB 段短路D ．开关S 处断路5．两个大小相同的小球带有同种电荷(可看作点电荷)，质量分别为m 1和m 2，带电量分别是q 1和q 2，用两等长的绝缘线悬挂后，因静电力而使两悬线张开，分别与竖直方向成夹角α1和α2，如图所示，若α1＝α2，则下述结论正确的是（ ）A ．q 1一定等于q 2B ．一定满足2211m q m q C ．m 1一定等于m 2 D ．必定同时满足q 1=q 2，m 1=m 26．如图所示的速度选择器中，存在相互正交的匀强电场、磁场，磁感应强度为B ，电场强度为E ，带电粒子（不计重力）射人场区时的速度为v 0．下列判断不正确的是（ ）A ．只有带正电且以速度v 0=BE 的粒子 ，从S 1孔射入，才能从S 2孔射出 B ．若带电粒子从S 2孔射人，则粒子不可能沿直线穿过场区C ．如果带负电粒子从S 1孔沿图示方向以速度v 0＜BE 射人，则向上偏转 D ．无论是带正电还是带负电的粒子，若从S 2孔沿虚线射人，其动能都一定增加7．如图所示，虚线表示某电场的一簇等势线，一个a 粒子（氦原子核）以一定的初速度进入电场后，只在电场力作用下沿实线轨迹运动，a 粒子先后通过M 点和N点，在这一过程中，电场力做负功，则下列说法正确的是（ ）A ．N 点的电势低于M 点的电势B ．a 粒子在M 点的速率大于在N 点的速率C ．a 粒子在N 点的电势能比在M 点的电势能大D ．a 粒子在M 点受到的电场力比在N 点受到的电场力大8．如图所示，质子、一价氦离子和二价氦离子，电荷量之比为1：1：2，质量之比为1 ：4 ：4，都沿平行板电容器两板中线OO′方向垂直于电场线射入板间的匀强电场，射出后都打在同一个与OO′垂直的荧光屏上，使荧光屏上出现亮点．下列说法中正确的是（ ）A ．若它们射入电场时的速度相等，在荧光屏上将只出现3个亮点B ．若它们射入电场时的速度相等，在荧光屏上将只出现2个亮点C ．若它们射入电场时的动能相等，在荧光屏上将只出现1个亮点D ．若它们是由同一个电场从静止加速后射入此偏转电场，则在荧光屏上将只出现1个亮点9．利用电动机通过如图所示的电路提升重物，已知电源电动势E ，电源内阻r ，电动机内电阻R ，其他部分的电阻不计．闭合开关，电动机正常工作时，电路中的电流为I ，路端电压为U ，则下列说法正确的是（ ）A ．路端电压U 等于IRB ．电动机提升重物做功的功率为P ＝UI －I 2RC ．电源的总功率为P 总= rR E 2D ．电源的效率为η=E U ×100% 10．在如图甲所示的电路中，R 1为定值电阻，R 2为滑动变阻器．闭合开关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乙所示．则（ ）A ．图线a 是电压表V 1示数随电流变化的图线B ．电源内阻的阻值为10ΩC ．电源的最大输出功率为1.8 WD ．滑动变阻器R 2的最大功率为0.9 W第Ⅱ卷(非选择题 共60分)二、实验题(本题有2小题，共16分)11.（8分） 某同学打算测定一均匀材料制成的圆柱体导体的电阻率，现有以下实验器材：A ．电压表V （内阻约为5k Ω）B ．电流表A （内阻约为4Ω）C ．滑线变阻器R （0～10Ω）D ．电源E （电动势6V ，内阻很小） E ．待测电阻Rx （约250Ω）及开关、导线若干．（1）该同学用游标为50分度的卡尺测量其长度,用螺旋测微器测量其直径，结果分别如图1、图2所示．由图可知其长度L= mm，直径d= mm．（2）请用笔代替导线在图3中画出测量Rx的实物连线图。

湖北省宜昌市七校教学协作体2016-2017学年高二下学期期末考试物理试题一．选择题(此题共12小题，每题4分，共48分．在每题给出的四个选项中，第1～8题只有一个选项正确，第9～12题有多项正确，全数选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错或不选的得0分)1. 电阻R1与R2并联在电路中，通过R1与R2的电流之比为1∶2，那么当R1与R2串联后接入电路中时，R1和R2两头电压之比U1∶U2为（）A. 1∶2B. 1∶4C. 2∶1D. 4∶1【答案】C2. 一矩形线圈绕垂直于匀强磁场且位于线圈平面内的固定轴转动。

线圈中的感应电动势e 随时刻t的转变关系如下图。

以下说法中正确的选项是()A. t1时刻穿过线圈的磁通量为零B. t2时刻穿过线圈的磁通量最大C. t3时刻穿过线圈的磁通量的转变率最大D. 每当e变换方向时,穿过线圈的磁通量都为最大【答案】D【解析】试题分析：由图可知，t1时刻线圈的感应电动势最小（零），那么磁通量的转变率也为零，因此通过线圈的磁通量为最大，故A错误；由图可知，t2时刻线圈的感应电动势最大，与中性面平行，那么磁通量为0，故B错误；由图可知，t3时刻线圈的感应电动势最小（零），那么磁通量的转变率也为零，故C错误；每当电流转换方向时，线圈与磁场垂直，线圈通过中性面时，磁通量最大，故D正确；应选D.考点：交流电【名师点睛】此题是对交流电的考查；要明白矩形线圈在匀强磁场内绕固定轴转动，线圈中的感应电动势e随于时刻t的转变规律可得，线圈从垂直中性面开始计时；磁通量为零时，磁通量转变率最大；每当线圈通过中性面时，电流方向改变。

3. 入射光照到某金属表面发生光电效应，假设入射光的强度减弱，而频率维持不变，那么正确的选项是( )A. 从光照射到金属表面上到金属发射出光电子之间的时刻距离将明显增加B. 单位时刻内从金属表面逸出的光电子数量将减少C. 逸出的光电子的最大初动能减小D. 有可能不发生光电效应【答案】B【解析】光的强弱阻碍的是单位时刻内发出光电子的数量，不阻碍发射出光电子的时刻距离．故A错误．入射光的强度减弱，那么单位时刻内从金属表面逸出的光电子数量将减少，光电流减弱，故B正确．依照光电效应方程知，E KM=hγ-W0知，入射光的频率不变，那么最大初动能不变．故C错误．入射光的频率不变，那么仍然能发生光电效应．故D错误．应选B．点睛：解决此题的关键明白发生光电效应的条件，和明白光的强弱会阻碍单位时刻内发出光电子的数量，入射光的频率决定光电子的最大初动能．4. 对水平放置的平行板电容器，以下说法正确的选项是（）A. 将两极板平行错开，使正对面积减小，电容将减小B. 将两板间的距离增大，电容将增大...C. 在下板的内表面上放置一面积和极板相等、厚度小于极板间距离的陶瓷板，电容将减小D. 在下板的内表面上放置一面积和极板相等、厚度小于极板间距离的铝板，电容将减小【答案】A【解析】依照可知，将两极板平行错开，使正对面积S减小，电容C将减小,选项A正确；将两板间的距离d增大，电容C将减小，选项B错误；在下板的内表面上放置一面积和极板相等、厚度小于极板间距离的陶瓷板，那么ε变大，那么电容将变大，选项C 错误；在下板的内表面上放置一面积和极板相等、厚度小于极板间距离的铝板，那么相当于d减小，那么电容将变大，选项D错误；应选A.5. 一颗子弹水平射入置于滑腻水平面上的木块A并留在其中，A、B用一根弹性良好的轻质弹簧连在一路，如下图．那么在子弹冲击木块A及弹簧被紧缩的进程中，对子弹、两木块和弹簧组成的系统( )A. 动量守恒，机械能守恒B. 动量守恒，机械能不守恒C. 动量不守恒，机械能守恒D. 无法判定动量、机械能是不是守恒【答案】B【解析】在子弹冲击木块A及弹簧紧缩的进程中，对子弹、两木块和弹簧组成的系统，系统所受的外力之和为零，那么系统的动量守恒．在此进程中，除弹簧弹力做功外还有摩擦力对系统做功，因此系统机械能不守恒．故B正确，ACD错误．应选B.点睛：此题考查动量守恒和机械能守恒的判定和应用能力．系统动量守恒的条件：系统不受外力或所受合外力为零．依照是不是是只有弹簧的弹力做功判定机械能是不是守恒．动量是不是守恒要看研究的进程，要细化进程分析，不能笼统．6. 如下图，虚线a、b、c表示电场中的三个等势面，相邻等势面间的电势差相等，实线为一个带正电的质点仅在电场力作用下通过该区域的运动轨迹，P、Q是轨迹上的两点．以下说法中正确的选项是( )A. 三个等势面中，等势面a的电势最高B. 带电质点必然是从P点向Q点运动C. 带电质点通过P点时的加速度比通过Q点时的小D. 带电质点通过P点时的动能比通过Q点时的小【答案】D【解析】试题分析：电荷所受电场力指向轨迹内侧，由于电荷带正电，因此电场线指向右下方，沿电场线电势降低，故c等势线的电势最高，a等势线的电势最低，故A错误；带电质点能够由P到Q，也能够由Q到P，由图示条件不能具体确信，故B错误；从P到Q进程中电场力做正功，电势能降低，动能增大，故P点的动能小于Q点的动能，故C正确；等势线密的地址电场线密，电场场壮大，那么P点场壮大于Q点场强．那么P点的加速大，故D 错误．考点：考查了电场强度，电势，电势能，【名师点睛】解决这种带电粒子在电场中运动的思路是：依照运动轨迹判定出所受电场力方向，然后进一步判定电势、电场、电势能、动能等物理量的转变．7. 如下图，细线上端固定于O点，其下端系一小球，细线无弹性且长为L.现将悬线和小球拉至图中实线位置，现在悬线与竖直方向的夹角θ＝60°，并于小球原先所在的最低点处放置一质量相同的泥球，然后使悬挂的小球从实线位置由静止释放，它运动到最低点时与泥球碰撞并合为一体，它们一路摆动中可达到的最大高度是( )A. LB. LC. LD. L【答案】C8. 如图为无线充电技术中利用的受电线圈示用意，线圈匝数为n，横截面积为S.假设在t1到t2时刻内，匀强磁场平行于线圈轴线向右穿过线圈，其磁感应强度大小由B1均匀增加到B2，那么该段时刻线圈两头a和b之间的电势差φa－φb为( )A. 恒为B. 恒为C. 从0均匀转变到D. 从0均匀转变到【答案】B【解析】穿过线圈的磁感应强度均匀增加，故产生恒定的感应电动势，依照法拉第电磁感应定律，有：依照楞次定律，若是线圈闭合，感应电流的磁通量向左，故感应电动势顺时针（从右边看），故φa＜φb，故：，应选B.9. 如下图，滑腻固定导轨M、N水平放置．两根导体棒P、Q平行放于导轨上，形成一个闭合电路．当一条形磁铁从高处下落接近回路时( )A. P、Q将相互远离B. P、Q将相互靠拢C. 磁铁的加速度仍为gD. 磁铁的加速度小于g【答案】BD【解析】当一条形磁铁从高处下落接近回路时，穿过回路的磁通量增加，依照楞次定律：感应电流的磁场老是阻碍磁通量的转变，可知，P、Q将相互靠拢，回路的面积减小一点，使穿过回路的磁场减小一点，起到阻碍原磁通量增加的作用．故B正确，A错误．由于磁铁受到向上的磁场力作用，因此合力小于重力，磁铁的加速度必然小于g．故C错误，D正确．应选BD.点睛：此题直接用楞次定律判定电磁感应现象中导体的运动方向，抓住导体老是招架原磁通量的转变是关键，简单的说确实是：来拒去留；增缩减扩．10. 电阻R和电动机M相串联接到电路中，如右图所示.已知电阻R跟电动机线圈的电阻相等，电键接通后，电动机正常工作.设电阻R和电动机两头的电压别离为U1和U2；通过时刻t，电流通过电阻R做功W1，产生的电热为Q1；电流通过电动机M做功W2，产生的电热为Q2，那么有（）A. W1<W2,Q1<Q2B. W1=2W2，Q1=Q2C. U1<U2,Q1=Q2D. W1<W2,Q1=Q2【答案】CD【解析】设开关接通后，电路中电流为I，关于电阻R，由欧姆定律得U1=IR，关于电动机，U2＞IR，那么U1＜U2，依照焦耳定律得：Q1=I2Rt，Q2=I2Rt，那么Q1=Q2，电功等于电热加输出的机械能，由于电热相等，而电动机输出机械能，故W1＜W2；应选CD．点睛：此题把握纯电阻电路与非纯电阻电路区别的能力，抓住欧姆定律适用于纯电阻电路，不适用于非纯电阻电路，而焦耳定律对两种电路均适用．11. 如下图，在垂直纸面向里的匀强磁场的边界上，有两个质量和电荷量均相同的正、负离子，从O点以相同的速度射入磁场中，射入方向均与边界成θ角.假设不计重力，关于正、负离子在磁场中的运动，以下说法正确的选项是（）A. 运动的轨道半径不相同B. 运动的时刻相同C. 从头回到边界的速度大小和方向都相同D. 从头回到边界的位置与O点距离相同【答案】CD【解析】依照牛顿第二定律得：得：，由题q、v、B大小均相同，那么r相同．故A错误；粒子在磁场中运动周期为，那么知两个离子圆周运动的周期相等．依照左手定那么分析可知，正离子逆时针偏转，负离子顺时针偏转，从头回到边界时正离子的速度偏向角为2π-2θ，轨迹的圆心角也为2π-2θ，运动时刻．同理，负离子运动时刻，显然时刻不等．故B错误；...正负离子在磁场中均做匀速圆周运动，速度沿轨迹的切线方向，依照圆的对称性可知，从头回到边界时速度大小与方向相同．故C正确．依照几何知识得知从头回到边界的位置与O点距离S=2rsinθ，r、θ相同，那么S相同．故D正确．应选CD．点睛：带电粒子垂直射入单边界的匀强磁场中，可分两类模型分析：一为同方向射入的不同粒子；二为同种粒子以相同的速度沿不同方向射入．不管哪类模型，都遵守以下规律：（1）轨迹的圆心在入射方向的垂直线上，常可通过此垂线的交点确信圆心的位置．（2）粒子射出方向与边界的夹角等于射入方向与边界的夹角．12. 如下图，两平行金属板中间有彼此正交的匀强磁场和匀强电场，一带电粒子沿垂直于电场和磁场方向射入两板间，从右边射出时它的动能减少了，不计重力.为了使带电粒子的动能增加，以下方法可行的是（）A. 增大匀强电场的场强B. 减小匀强电场的场强C. 减小匀强磁场的磁感应强度D. 增大匀强磁场的磁感应强度【答案】AC【解析】不管粒子带何种电荷，由于电场力与洛伦兹力都是方向相反的，而动能减少说明电场力做了负功，即电场力小于洛伦兹力，粒子向洛伦兹力的方向偏转了．因此要使动能增大，必然减小磁场力或增大电场力．增加电场强度即增大电场力，使粒子向电场力方向偏转，如此电场力做正功，因此动能会增大．选项A正确．减小电场强度即减小电场力，使粒子向磁场力方向偏转，如此电场力做负功，因此动能会减小．选项B错误．减小磁感应强度，即减小了洛伦兹力，那么偏向电场力方向，致使电场力做正功，动能会增大．选项C正确．增大磁感应强度即增大了洛伦兹力，电场力做负功，那么动能会减小．选项D错误．应选AC.点睛：该题是速度选择器一类的题，在速度选择器中，粒子的受力特点：同时受到方向相反的电场力和洛伦兹力作用；粒子能匀速通过选择器的条件：电场力和洛伦兹力平稳，即qvB=qE，v=，只有速度为的粒子才能沿直线匀速通过选择器．假设粒子受到的电场力和磁场力不平稳时，粒子将发生偏转：电场力大于洛伦兹力时，粒子向电场力方向偏转，现在电场力做正功，电势能转化为动能；电场力小于洛伦兹力时，粒子将向洛伦兹力反向偏转，电场力做负功，动能转化为电势能．二．非选择题 (第13～17题为必考题，第18～19题为选考题) ：13. 以下图中螺旋测微器的示数为____________mm，游标卡尺的示数为___________mm【答案】 (1). 7.500mm (2). 30.6mm【解析】螺旋测微器的固定刻度读数7.5mm，可动刻度读数为×=0mm，因此最终读数为：固定刻度读数+可动刻度读数为+=7.500mm．游标卡尺的主尺读数为30mm，游标尺上第6个刻度和主尺上某一刻度对齐，游标读数为×6mm=0.6mm，因此最终读数为：主尺读数+游标尺读数为30mm+0.6mm=30.6mm；点睛：解决此题的关键把握游标卡尺和螺旋测微器的读数方式，游标卡尺读数的方式是主尺读数加上游标读数，不需估读．螺旋测微器的读数方式是固定刻度读数加上可动刻度读数，在读可动刻度读数时需估读．14. 用伏安法测量定值电阻的阻值，备用器材如下：待测电阻R x (阻值约为25KΩ)电流表A1 (量程 100μA，内阻约为 2KΩ)电流表A2 (量程 500μA，内阻约为 300Ω)电压表V1 (量程 10V，内阻约为 100 kΩ)电压表V2 (量程 50V，内阻约为 500 kΩ)电源E (电动势 15V，许诺通过的最大电流 1A)滑动变阻器R (最大阻值 1 kΩ)电键S，导线假设干为了尽可能减小实验误差，要求测多组数据。