江西省宜春三中2015-2016学年高二上学期段考物理试卷【解析版】

物理试卷一、选择题：此题共8小题，每一小题6分，在每一小题给出的四个选项中，第1～5题只有一项符合题目要求，第6～8题有多项符合题目要求．全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分．1．〔6分〕如图为两个质点A、B同时同地开始运动的v﹣t图象．由图可知〔〕A．在t1时刻两质点相距最远B．在t2时刻两个质点相遇C．在0﹣t1时间内质点B比质点A加速度大D．两物体出发后可以相遇两次考点：匀变速直线运动的图像；匀变速直线运动的速度与时间的关系．.专题：运动学中的图像专题．分析：由图象可以看出A物体做初速度为零的匀加速直线运动，B物体先做初速度为零的匀加速直线运动后做匀速直线运动，两个图象的交点明确该时刻速度相等，位移可以通过图线与时间轴包围的面积来求解．通过分析两个物体速度的大小，分析它们之间距离的变化．解答：解：A、B：在t2时刻之前，A的速度小于B的速度，B在A的前方，两者距离不断增大；在t2时刻之后，A的速度大于B的速度，B在A的前方，两者距离不断减小，所以在t2时刻，两者距离相距最远．故A、B错误．C、速度图线的斜率等于加速度，斜率越大，加速度越大，可知在0﹣t1时间内质点B比质点A加速度大，故C正确．D、两个质点在t2时刻之后位移相等时相遇一次，之后由于A的速度大于B的速度，不可能再相遇，故D错误．应当选：C．点评：在物理学中图象是描述物理规律的重要方法之一，图象的优点是不仅能够形象、直观地反映出物体的运动规律，图线的斜率，图线与时间轴所围的“面积〞等还有特殊的物理意义．2．〔6分〕某大型游乐场内的新型滑梯可以等效为如下列图的物理模型．一个小朋友在AB 段的动摩擦因数μ1＜tanθ，BC 段的动摩擦因数为μ2＞tan θ，他从A 点开始下滑，滑到C 点恰好静止，整个过程中滑梯保持静止状态．如此该小朋友从斜面顶端A 点滑到底端C 点的过程中〔 〕A ． 地面对滑梯的摩擦力方向先水平向左，后水平向右B ． 地面对滑梯始终无摩擦力作用C ． 地面对滑梯的支持力的大小始终等于小朋友和滑梯的总重力的大小D ． 地面对滑梯的支持力的大小先大于、后小于小朋友和滑梯的总重力的大小考点：摩擦力的判断与计算；物体的弹性和弹力．.专题：摩擦力专题．分析： 小朋友在AB 段做匀加速直线运动，加速度沿斜面向下；在BC 段做匀减速直线运动，加速度沿斜面向上．以小朋友和滑梯整体为研究对象，将小朋友的加速度分解为水平和竖直两个方向，由牛顿第二定律分析地面对滑梯的摩擦力方向和支持力的大小．解答： 解：AB 、小朋友在AB 段做匀加速直线运动，将小朋友的加速度a 1分解为水平和竖直两个方向，如图1．以小朋友和滑梯整体为研究对象，由于小朋友有水平向左的分加速度，根据牛顿第二定律得知，地面对滑梯的摩擦力方向先水平向左．同理可知，小朋友在BC 段做匀减速直线运动时，地面对滑梯的摩擦力方向水平向右．故A 正确，B 错误．CD、以小朋友和滑梯整体为研究对象，小朋友在AB段做匀加速直线运动时，有竖直向下的分加速度，如此由牛顿第二定律分析得知地面对滑梯的支持力F N小于小朋友和滑梯的总重力．同理，小朋友在BC段做匀减速直线运动时，地面对滑梯的支持力大于小朋友和滑梯的总重力．故CD错误．应当选：A．点此题对加速度不同的两个运用整体法处理，在中学阶段应用得不多，也可以采用隔离法研究．评：3．〔6分〕〔2013•黄山三模〕在圆轨道上运动的质量m为的人造地球卫星，它到地面的距离等于地球半径R，地面上的重力加速度为g，如此〔〕A．卫星运动的速度为B．卫星运动的周期2πC．卫星运动的加速度D．卫星的动能为考点：人造卫星的加速度、周期和轨道的关系；万有引力定律与其应用．.专题：人造卫星问题．分析：根据万有引力等于重力，求出地球外表重力加速度与地球质量的关系．卫星绕地球做匀速圆周运动，由地球的万有引力充当向心力，列式卫星运动的速度、周期、加速度、动能与轨道半径的关系．解答：解：设地球的质量为M．在地球外表上，有 mg=G卫星在圆轨道上，有 G=m=m=ma联立上两式得：v=，T=4π，a=如此得卫星的动能为 E k==故ABC错误，D正确．应当选D点评：解决此题的关键掌握万有引力等于重力与万有引力等于向心力，知道重力加速度与距离中心天体球心距离的关系．4．〔6分〕如下列图，将质量为m的小球以速度v0由地面竖直向上抛出．小球落回地面时，其速度大小为v0设小球在运动过程中所受空气阻力的大小不变，如此空气阻力的大小等于〔〕A．mg B．mg C．mg D．mg考点：牛顿第二定律．.专题：牛顿运动定律综合专题．分析：因为物体是从地面出发又回到地面，故其所受的重力做功为零，故对物体做功的只有空气阻力，且由于空气阻力大小不变，且物体上和下过程该阻力都做负功，故由动能定理可以解得空气阻力大小．解答：解：重力对物体做的功为零，设空气阻力大小为f，对整个过程应用动能定理得：﹣2fh=mv2上升过程中物体加度为：a=由运动学公式得：带入数据解得：f=故D正确应当选D点评：此题要抓住物体在上下过程中，阻力是做功的，重力也做功，但是重力做功只和为零，故我们可以说重力不做功．然后对整体列动能定理，而不要把上下过程分开，那样很麻烦．5．〔6分〕汽车以额定功率在平直公路上匀速行驶，在t1时刻突然使汽车的功率减小一半，并保持该功率继续行驶，到t2时刻汽车又开始做匀速直线运动〔设汽车所受阻力不变〕，如此在t1～t2时间内〔〕A．汽车的加速度保持不变B．汽车的加速度逐渐减小C．汽车的速度先减小后增大D．汽车的速度先增大后减小考点：功率、平均功率和瞬时功率．.专题：功率的计算专题．分析：汽车匀速行驶时，牵引力等于阻力，当汽车的功率减小一半，根据P=Fv知，此时牵引力减小为原来的一半，汽车做减速运动，速度减小，如此牵引力增大，根据牛顿第二定律，知加速度减小，当牵引力增大到等于阻力时，又做匀速直线运动．解答：解：当汽车的功率突然减小一半，由于速度，来不与变化，根据P=Fv知，此时牵引力减小为原来的一半，如此F＜f．此时a=＜0，即加速度a与运动方向相反，汽车开始做减速运动，速度减小．速度减小又导致牵引力增大，根据牛顿第二定律，知加速度减小，当牵引力增大到等于阻力时，加速度减少到0，又做匀速直线运动．由此可知在t1～t2的这段时间内汽车的加速度逐渐减小，速度逐渐减小．故B正确，A、C、D错误．应当选B．点评：解决此题的关键：知道通过牛顿第二定律，根据合力的变化，判断加速度的变化；判断速度的变化根据加速度的方向和速度的方向关系，速度的方向与加速度方向一样，做加速运动，速度方向和加速度方向相反，做减速运动．6．〔6分〕〔2013•某某一模〕如下列图，一个外表光滑的斜面体M置于在水平地面上，它的两个斜面与水平面的夹角分别为α、β，且α＜β，M的顶端装有一定滑轮，一轻质细绳跨过定滑轮后连接A、B两个小滑块，细绳与各自的斜面平行，不计绳与滑轮间的摩擦，A、B恰好在同一高度处于静止状态．剪断细绳后，A、B滑至斜面底端，M始终保持静止．如此〔〕A．滑块A的质量大于滑块B的质量B．两滑块到达斜面底端时的速度一样C．两滑块到达斜面底端时，A滑块重力的瞬时功率较大D．在滑块A、B下滑的过程中，斜面体受到水平向左的摩擦力考点：共点力平衡的条件与其应用；力的合成与分解的运用．.专题：共点力作用下物体平衡专题．分析：对两个滑块分别受力分析，然后根据平衡条件列方程判断；最后再对斜面体受力分析，判断静摩擦力的方向．解答：解：A、滑块A和滑块B沿着斜面方向的分力等大，故：m A gsinα=m B gsinβ；由于α＜β，故m A＞m B，故A正确；B、滑块下滑过程机械能守恒，有：mgh=，故v=，由于两个滑块的高度差相等，故落地速度相等，但方向不同，故B错误；C、滑块到达斜面底端时，滑块重力的瞬时功率：P A=m A gsinα•v，P B=m B gsinα•v；由于m A gsinα=m B gsinβ，故P A=P B，故C错误；D、滑块A对斜面体压力等于重力的垂直分力m A gcosα，滑块B对斜面体压力也等于重力的垂直分力m B gcosβ，如下列图N A sinα﹣N B sinβ=m A gcosαsinα﹣m B gcosβsinβ；由于m A gsinα=m B gsinβ；故N A sinα﹣N B sinβ=m A gcosαsinα﹣m B gcosβsinβ＞0，故静摩擦力向左，故D正确；应当选：AD．点评：此题关键隔离三个物体分别受力分析，根据平衡条件列方程判断；同时要结合机械能守恒定律判断．7．〔6分〕A、D分别是斜面的顶端、底端，B、C是斜面上的两个点，AB=BC=CD，E点在D点的正上方，与A等高．从E点以一定的水平速度抛出质量相等的两个小球，球1落在B点，球2落在C点，关于球1和球2从抛出到落在斜面上的运动过程〔〕A．球1和球2运动的时间之比为2：1B．球1和球2动能增加量之比为1：2C．球1和球2抛出时初速度之比为：1D．球1和球2运动时的加速度之比为1：2考点：平抛运动．.专题：平抛运动专题．分析：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，根据高度确定运动的时间，通过水平位移求出初速度之比．根据动能定理求出动能的增加量之比．解答：解：A、因为AC=2AB，如此AC的高度差是AB高度差的2倍，根据得，t=，解得运动的时间比为1：．故A错误；B、根据动能定理得，mgh=△E k，知球1和球2动能增加量之比为1：2．故B正确；C、AC在水平方向上的位移是AB在水平方向位移的2倍，结合x=v0t，解得初速度之比为．故C正确；D、平抛运动的加速度为g，两球的加速度一样．故D错误．应当选：BC．点评：解决此题的关键知道平抛运动在水平方向和竖直方向上的运动规律，结合运动学公式进展求解．8．〔6分〕〔2014•海南〕如图，质量一样的两物体a、b，用不可伸长的轻绳跨接在同一光滑的轻质定滑轮两侧，a在水平桌面的上方，b在水平粗糙桌面上．初始时用力压住b使a、b静止，撤去此压力后，a开始运动，在a下降的过程中，b始终未离开桌面．在此过程中〔〕A．a的动能小于b的动能B．两物体机械能的变化量相等C．a的重力势能的减小量等于两物体总动能的增加量D．绳的拉力对a所做的功与对b所做的功的代数和为零考点：功能关系．.分析：b的速度在绳子方向的分速度与a的速度相等，比拟出速度大小即可比拟动能的大小．解答：解：A、将b的实际速度进展分解如图：由图可知v a=v b cosθ，即a的速度小于b的速度，故a的动能小于b的动能，A正确；B、由于有摩擦力做功，故ab系统机械能不守恒，如此二者机械能的变化量不相等，B错误；C、a的重力势能的减小量等于两物体总动能的增加量与产生的内能之和，故a的重力势能的减小量大于两物体总动能的增加量，C错误；D、在这段时间t内，绳子对a的拉力和对b的拉力大小相等，绳子对a做的功等于﹣F T v a t，绳子对b的功等于拉力与拉力方向上b的位移的乘积，即：F T v b cosθt，又v a=v b cosθ，所以绳的拉力对a所做的功与对b所做的功的绝对值相等，二者代数和为零，故D正确．应当选：AD．点评：此题考查了有摩擦力作用下的系统功能转化关系，抑制摩擦力做功时，系统的机械能减少，减少的机械能转化为内能．二、必考题9．〔5分〕某探究学习小组的同学要验证“牛顿第二定律〞，他们在实验室组装了一套如下列图的装置，水平轨道上安装两个光电门，小车上固定有力传感器和挡光板，细线一端与力传感器连接另一端跨过定滑轮挂上砝码盘，实验时，调整轨道的倾角正好能平衡小车所受的摩擦力〔图中未画出〕．〔1〕该实验中小车所受的合力等于〔填“等于〞或“不等于〞〕力传感器的示数，该实验是否不需要〔填“需要〞或“不需要〞〕满足砝码和砝码盘的总质量远小于小车的质量？〔2〕实验获得以下测量数据：小车、传感器和挡光板的总质量M，挡光板的宽度l，光电门1和2的中心距离为s．某次实验过程：力传感器的读数为F，小车通过光电门1和2的挡光时间分别为t1、t2〔小车通过光电门2后，砝码盘才落地〕，重力加速度为g，如此该实验要验证的式子是．考点：验证牛顿第二运动定律．.专题：实验题．分析：①该实验中由于已经用传感器测出绳子拉力大小，所以实验中小车所受的合力等于力传感器的示数，故不需要满足砝码和砝码盘的总质量远小于小车的质量．②光电门测速度的原理是用平均速度来代替瞬时速度，根据功能关系可以求出需要验证的关系式．解答：解：〔1〕该实验中由于已经用传感器测出绳子拉力大小，不是将砝码和砝码盘的重力作为小车的拉力，故不需要满足砝码和砝码盘的总质量远小于小车的质量．故答案为：否．〔2〕由于光电门的宽度d很小，所以我们用很短时间内的平均速度代替瞬时速度．滑块通过光电门1速度为：滑块通过光电门2速度为：根据功能关系需要验证的关系式为：即：故答案为：〔1〕等于，不需要；〔2〕点评：了解光电门测量瞬时速度的原理，实验中我们要清楚研究对象和研究过程，对于系统我们要考虑全面，同时明确实验原理是解答实验问题的前提．10．〔10分〕利用如图1实验装置探究重物下落过程中动能与重力势能的转化问题．〔1〕实验操作步骤如下，请将步骤B补充完整：A．按实验要求安装好实验装置；B．使重物靠近打点计时器，接着先接通电源，后放开纸带，打点计时器在纸带上打下一系列的点；C．图2为一条符合实验要求的纸带，O点为打点计时器打下的第一点．分别测出假设干连续点A、B、C…与O点之间的距离h1、h2、h3…．〔2〕打点计时器的打点周期为T，重物质量为m，重力加速度为g，结合实验中所测得的h1、h2、h3，可得重物下落到B点时的速度大小为，纸带从O点下落到B点的过程中，重物增加的动能为，减少的重力势能为mgh2．〔3〕取打下O点时重物的重力势能为零，计算出该重物下落不同高度h时所对应的动能E k和重力势能E p，建立坐标系，横轴表示h，纵轴表示E k和E p，根据以上数据在图3中绘出图线Ⅰ和图线Ⅱ．已求得图线Ⅰ斜率的绝对值为k1，图线Ⅱ的斜率的绝对值为k2．如此可求出重物和纸带下落过程中所受平均阻力与重物所受重力的比值为〔用k1和k2表示〕．考点：验证机械能守恒定律．.专题：实验题．分析：〔1〕实验时为了提高纸带的利用率，应先接通电源后释放纸带；〔2〕根据某段时间内的平均速度等于中间时刻的瞬时速度求出B点的速度，从而得出动能的增加量，根据下降的高度求出重力势能的减小量．〔3〕假设机械能守恒，因为初位置的机械能为零，如此每个位置动能和重力势能的绝对值应该相等，图线不重合的原因是重物和纸带下落过程中需抑制阻力做功．根据动能定理，结合图线的斜率求出阻力与重物重力的比值．解答：解：〔1〕如果先释放纸带后接通电源，有可能会出现小车已经拖动纸带运动一段距离，电源才被接通，那么纸带上只有很小的一段能打上点，大局部纸带没有打上点，纸带的利用率太低；所以应当先接通电源，后让纸带运动．〔2〕B点的瞬时速度v B=，如此重物动能的增加量△E k=mv B2=，重力势能的减小量为△E p=mgh2．〔3〕取打下O点时重物的重力势能为零，因为初位置的动能为零，如此机械能为零，每个位置对应的重力势能和动能互为相反数，即重力势能的绝对值与动能相等，而图线的斜率不同，原因是重物和纸带下落过程中需要抑制阻力做功．根据图中的数据可以计算计算图线Ⅱ的斜率k2=2.80 J/m．根据动能定理得，mgh﹣fh=mv2，如此mg﹣f=，图线斜率k1==mg，图线斜率k2=，知k1﹣f=k2，如此阻力f=k1﹣k2．所以重物和纸带下落过程中所受平均阻力与重物所受重力的比值为．故答案为：〔1〕接通电源放开纸带；〔2〕，，mgh2；〔3〕．点评：解决此题的关键知道实验的原理，验证重力势能的减小量与动能的增加量是否相等．以与知道通过求某段时间内的平均速度表示瞬时速度．11．〔14分〕如下列图，底座A上装有L=0.5m长的直立杆，底座和杆的总质量为M=1.0kg，底座高度不计，杆上套有质量为m=0.2kg的小环B，小环与杆之间有大小恒定的摩擦力．当小环从底座上以v0=4.0m/s的初速度向上飞起时，恰好能到达杆顶，然后沿杆下降，取g=10m/s2，求：①在环飞起过程中，底座对水平面的压力；②此环下降过程需要多长时间．考点：牛顿第二定律；匀变速直线运动的速度与位移的关系．.专题：牛顿运动定律综合专题．分析：①小环在下落过程中，受到重力和向上的滑动摩擦力，底座受到重力、小环向下的摩擦力和地面的支持力，由平衡条件求地面对底座的支持力，即可由牛顿第三定律求得底座对地面的压力．②先根据牛顿第二定律求解加速度，再根据运动学公式求解时间．解答：解：①对环进展受力分析，环受重力与杆给环向下的摩擦力，上升阶段加速度大小为a1．由牛顿第二定律，得：mg+F f=ma1由运动学公式：解得：a1=16.0m/s2F f=1.2N对底座进展受力分析，由平衡条件得：Mg=F N+F f′解得：F N=8.8N又由牛顿第三定律知，底座对水平面压力为8.8N；②对环受力分析，设环下降过程的时间是t，下降阶段加速度为a2，如此有：mg﹣F''f=ma2联立并代入数据解得：a=4.0m/s2t=0.5s答：①在环飞起过程中，底座对水平面的压力为8.8N；②此环下降过程需要多长时间为0.5s．点评：此题中底座与小环的加速度不同，采用隔离法研究，抓住加速度是关键，由牛顿运动定律和运动学公式结合进展研究．12．〔18分〕〔2014•云南二模〕如下列图，物块Α、Β用一劲度系数为k=200N/m的轻弹簧相连静止于水平地面上，Α物体质量m A=2Kg，Β物体质量m B=4Kg．现用一恒力F=30N竖直向上拉物体A，使Α从静止开始运动，当Α运动到最高点时Β刚好要离开地面但不能继续上升．假设弹簧始终处于弹性限度内，取g=10m/s2，求：〔1〕Β刚要离开地面时，拉力F做的功：〔2〕Β刚耍离开地面时Α的加速度大小；〔3〕从Α开始运动到Α到达最高点的过程中弹簧弹力对Α做的功．考点：功的计算；胡克定律；牛顿第二定律．.专题：功的计算专题．分析：〔1〕设当B刚要离开地面时，弹簧伸长量为X2，此时物体A的加速度为a，B的加速度为0，由胡克定律和牛顿第二定律列式即可求解；〔2〕由胡克定律有求出未用力F拉动时弹簧的压缩量X1，如此物块A的总位移d=X1+X2，在用恒力F拉物体A到B刚离开地面的过程中，由功的公式即可求解．〔3〕应用动能定理求弹力的功．解答：解：〔1〕未施加拉力时弹簧的缩短量为x1kx1=m A gB刚要离地是弹簧伸长量为x2kx2=m B g拉力做功：W1=F〔x1+x2〕=9J〔2〕B刚要离地时，对A：F﹣m A g﹣kx2=m A a A解得：〔3〕对A有动能定理得：W1+W弹﹣m A g〔x1+x2〕=0解得W弹=﹣3J答：〔1〕Β刚要离开地面时，拉力F做的功9J〔2〕Β刚耍离开地面时Α的加速度大小；〔3〕从Α开始运动到Α到达最高点的过程中弹簧弹力对Α做的功﹣3J．点评：此题主要考查了胡克定律、牛顿第二定律、动能定理的直接应用，要求同学们能正确分析物体的运动情况，能求出物块A的总位移，难度适中．三、选修题13．〔6分〕2008年9月25日至28日我国成功实施了“神舟〞七号载入航天飞行并实现了航天员首次出舱．飞船先沿椭圆轨道飞行，后在远地点343千米处点火加速，由椭圆轨道变成高度为343千米的圆轨道，在此圆轨道上飞船运行周期约为90分钟．如下判断正确的答案是〔〕A．飞船变轨前后的机械能相等B．飞船在圆轨道上时航天员出舱前后都处于失重状态C．飞船在此圆轨道上运动的角度速度大于同步卫星运动的角速度D．飞船变轨前通过椭圆轨道远地点时的加速度大于变轨后沿圆轨道运动的加速度E．飞船变轨前通过椭圆轨道远地点时的加速度大小等于变轨后沿圆轨道运动的加速度大小考点：人造卫星的加速度、周期和轨道的关系．.专题：人造卫星问题．分析：知道机械能包括动能和势能，点火加速动能增加．判断物体出于超重和失重的方法是看物体加速度的方向．根据同步卫星和圆轨道上运动飞船周期的关系结合周期与角速度的关系去求出同步卫星和圆轨道上运动飞船角速度的关系．根据加速度是物体合力所决定的来求出两者加速度关系．解答：解：A、飞船点火变轨，点火以后的质量可以认为几乎不变．或者说，损失的气体质量与飞船相比拟太小了．不于考虑．变轨后．可以认为势能不变〔在变轨点〕，增加的是动能，所以变轨后机械能增加，故A错误．B、飞船在圆轨道上时万有引力来提供向心力，航天员出舱前后都处于失重状态，故B正确．C、飞船在此圆轨道上运动的周期90分钟小于同步卫星运动的周期24小时，根据可知，飞船在此圆轨道上运动的角度速度大于同步卫星运动的角速度，故C正确．DE、飞船变轨前通过椭圆轨道远地点时只有万有引力来提供加速度，变轨后沿圆轨道运动也是只有万有引力来提供加速度，而两个位置的轨道半径相等，所以飞船变轨前通过椭圆轨道远地点时万有引力与沿圆轨道运动时万有引力相等，即加速度相等，故D错误、E正确．应当选：BCE．点评：假设物体除了重力、弹性力做功以外，还有其他力〔非重力、弹性力〕不做功，且其他力做功之和不为零，如此机械能不守恒．14．〔9分〕如下列图，半径分别为R和r的甲、乙两个光滑的圆形轨道安置在同一竖直平面上，轨道之间有一条水平轨道CD相通，一小球以一定的速度先滑上甲轨道，通过动摩擦因数为μ的CD段，又滑上乙轨道，最后离开两圆轨道，假设小球在两圆轨道的最高点对轨道的压力都恰好为零，试求CD段的长度．考点：动能定理的应用；牛顿第二定律；向心力；机械能守恒定律．.专题：动能定理的应用专题．分析：小球在两圆轨道的最高点对轨道的压力恰好为零，都由重力提供向心力，根据牛顿第二定律求出小球经过圆形轨道最高点时的速率．当小球从C到达甲圆形轨道的最高点的过程中，只有重力做功，根据机械能守恒定律求解小球经过C点时的速率．根据动能定理求解CD的长度．解答：解：设小球通过C点时的速度为v C，通过甲轨道最高点的速度为v1，根据小球对轨道压力为零有…①取轨道最低点所在水平面为参考平面，由机械能守恒定律有…②联立①②式，可得同理可得小球通过D点时的速度，设CD段的长度为l，对小球通过CD 段的过程，由动能定理有解得：答：CD段的长度是．点评：此题是向心力、机械能守恒定律、动能定理的综合应用．在竖直平面内，小球沿光滑圆轨道的运动模型与轻绳拴的球的运动模型相似．。

2016-2017学年江西省宜春三中高二（上）第一次月考物理试卷一．选择题（1-8题单选,9-12题多选；每题4分，总分48分）1．下列对物体带电现象的叙述正确的是(）A．经过摩擦使某物体带负电，那么该物体在摩擦过程中产生了额外的电子B．某物体带电量有可能为3.3×10﹣19 CC．电荷相互中和是电荷完全消失的现象D．物体所带电量是元电荷的整数倍2．下列说法中，正确的是（）A．电场强度和电势差都是矢量B．电势为零的地方,电场强度也一定为零C．某两点的电势差为零，把电荷从这两点中的一点移到另一点，电场力做功一定为零D．由公式可知,电场中某两点间的电势差与电场力做的功成正比，与电荷的电荷量成反比3．真空中有甲、乙两个点电荷相距为r，它们间的静电引力为F．若甲的电荷量变为原来的2倍，乙的电荷量变为原来的，它们间的距离变为2r，则它们间的静电引力将变为(）A．B．C．D．4．某电场的电场线分布如图所示，以下说法正确的是（）A．c点场强大于b点场强B．a点电势高于d点电势C．若将一试探电荷+q由a点释放,它将沿电场线运动到b点D．将试探电荷﹣q由c移至b的过程中，电势能增大5．一平行板电容器充电后与电源断开,负极板接地．在两极板间有一正电荷（电量很小)固定在P点，如图所示，以E表示两极板间的场强,U表示电容器的电压,ε表示正电荷在P点的电势能．若保持负极板不动,将正极板适当向左水平移动,则(）A．U变小，E不变B．E变大,ε变大C．U变小，ε不变D．U不变，ε不变6．一带电粒子从电场中的A点运动到B点，径迹如图中虚线所示,图中实线为电场线，不计粒子所受重力，则(）A．粒子带正电B．A点的场强小于B点场强C．粒子加速度逐渐减小D．粒子的速度一定在不断增大7．一金属球，原来不带电，现沿球的直径的延长线放置一均匀带电的细杆MN,如图所示，金属球上感应电荷产生的电场在球内直径上a、b、c三点的场强大小分别为E a、E b、E c，三者相比（)A．E a最大B．E b最大C．E c最大D．E a=E b=E c8．两平行金属板相距为d，电势差为U，一电子质量为m，电荷量为e，从O点沿垂直于极板的方向射出，最远到达A点,然后返回,如图所示，OA=h，此电子具有的初动能是（）A． B．edUh C．D．9．点电荷A和B，分别带正电和负电，电量分别为4Q和Q,如图所示,在AB连线上放一个点电荷C，使得三个点电荷在不受其他外力的情况下处于平衡状态，以下说法正确的是（）A．C放在B左侧 B．C放在A右侧 C．C带正电D．C带负电10．如图所示，a，b，c是一条电场线上的三点，电场线的方向由a到c，a，b间距离等于b，c间距离,用φa，φb，φc和E a，E b，E c分别表示a,b,c三点的电势和场强，可以判定（)A．E a=E b=E cB．如果是正点电荷产生的电场，E a＞E b＞E cC．如果是匀强电场φa﹣φb=φb﹣φcD．φa＞φb＞φc11．等量异种点电荷的连线和其中垂线如图所示，现将一个带负电的检验电荷先从图中a点沿直线移到b点，再从b点沿直线移到c点．则（）A．从a点到b点，电势逐渐增大B．从a点到b点，检验电荷受电场力先增大后减小C．从a点到c点，检验电荷所受电场力的方向始终不变D．从a点到c点，检验电荷的电势能先不变后增大12．平行板电容器的两极板接于电池两极，一个带正电小球悬挂在电容器内部，闭合开关S,电容器充电，这时悬线偏离竖直方向的夹角为θ,如图所示．那么（）A．保持开关S闭合，A板向B靠近，则θ角减小B．保持开关S闭合，A板向B靠近,则θ角变大C．开关S断开，A板向B靠近，则θ角增大D．开关S断开，A板向B靠近，则θ角不变二．计算题(共四题,第13-15题各12分,第16题16分）13．一个平行板电容器，带电荷量为Q1=3×10﹣5 C，两板间的电势差为U1=10V，这个电容器的电容多大？如果两极板电势差为6V,则电容器带多少电荷量？14．如图所示，在匀强电场中，有A、B两点,它们间距为2cm，两点的连线与场强方向成60°角．将一个电量为﹣2×10﹣5C的电荷由A移到B，其电势能增加了0.1J．则：（1）在此过程中，电场力对该电荷做了多少功？（2)A、B两点的电势差U AB为多少？（3)匀强电场的场强为多大？15．如图所示,a、b和c表示电场中的三个等势面,a和c的电势分别为U和，a、b 的电势差等于b、c的电势差．一带电粒子从等势面a上某处以速度υ释放后，仅受电场力作用而运动，经过等势面c时的速率为2v，求它经过等势面b时的速率．16．一束初速度不计的电子在经U1的加速电压加速后，在距两极板等距处垂直进入平行板间的匀强电场，两极板间电压为U2，如图所示，若板间距离为d,板长为l，偏转电极边缘到荧光屏的距离为L，偏转电场只存在于该平行板之间．已知电子质量为m，电荷量为e，假设电子能够打出平行金属板,求：（1）电子离开加速电场时速度大小；(2）电子离开偏转电场时竖直方向的位移；（3）电子打到离荧光屏上中心O点多远处?2016—2017学年江西省宜春三中高二（上)第一次月考物理试卷参考答案与试题解析一．选择题（1-8题单选,9-12题多选；每题4分，总分48分）1．下列对物体带电现象的叙述正确的是（）A．经过摩擦使某物体带负电，那么该物体在摩擦过程中产生了额外的电子B．某物体带电量有可能为3。

2015-2016学年江西省宜春市丰城中学高二〔上〕11月考物理试卷一、选择题〔此题包括10小题，共40分．1-6单项选择，7-10多项选择〕1．在图所示电路中，电源电动势为12V，电源内阻为1.0Ω，电路中的电阻R0为1.5Ω，小型直流电动机M的内阻为0.5Ω，闭合开关S后，电动机转动，电流表的示数为2.0A．如此以下判断中正确的答案是〔〕A．电动机的输出功率为14W B．电动机两端的电压为7.0VC．电动机产生的热功率4.0W D．电源输出的电功率为24W2．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，图中电表均为理想的交流电表，定值电阻R=10Ω，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，如此如下说法中正确的答案是〔〕A．当单刀双掷开关与a连接时，电压表的示数为22VB．当单刀双掷开关与a连接且t=0.01s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25Hz3．如图甲所示，一矩形线圈位于随时间t变化的匀强磁场中，磁感应强度B随t的变化规律如图乙所示．以i表示线圈中的感应电流，以图甲中线圈上箭头所示方向为电流正方向，以垂直纸面向里的磁场方向为正，如此以下的i﹣t图象中正确的答案是〔〕A．B． C．D．4．如下列图，在y＞0的区域内存在匀强磁场，磁场垂直于图中的Oxy平面，方向指向纸外，原点O处有一离子源，在Oxy平面内沿各个方向射出动量相等的同价负离子，对于进入磁场区域的离子，它们在磁场中做圆弧运动的圆心所在的轨迹，可用如下图四个半圆中的一个来表示，其中正确的答案是〔〕A．B．C．D．5．如下列图，L为自感系数很大，直流电阻不计的线圈，D1、D2、D3为三个完全一样的灯泡，E为内阻不计的电源，在t=0时刻闭合开关S，当电路稳定后D1、D2两灯的电流分别为I1、I2，当时刻为t1时断开开关S，假设规定电路稳定时流过D1、D2的电流方向为电流的正方向，如此如下图能正确定性描述电灯电流i与时间t关系的是〔〕A．B．C．D．6．如下列图的电路中，理想变压器原、副线圈的匝数比n1：n2=22：5，电阻R1=R2=25Ω，D为理想二极管，原线圈接U=220sin100πt〔V〕的交流电．如此〔〕A．交流电的频率为100Hz B．通过R1的电流为2 AC．通过R2的电流为 A D．变压器的输入功率为200W7．一个带电粒子以初速度v0垂直于电场方向向右射入匀强电场区域，穿出电场后接着又进入匀强磁场区域．设电场和磁场区域有明确的分界限，且分界限与电场强度方向平行，如图中的虚线所示．在图所示的几种情况中，可能出现的是〔〕A．B．C．D．8．如下列图，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=2v2，在先后两种情况下〔〕A．线圈中的感应电流之比I1：I2=2：1B．线圈中的感应电流之比I1：I2=1：2C．线圈中产生的焦耳热之比Q1：Q2=4：1D．通过线圈某截面的电荷量之比q1：q2=1：19．如图甲所示，垂直纸面向里的有界匀强磁场的磁感应强度B=1.0T，质量m=0.04kg、高h=0.05m、总电阻R=5Ω、n=100匝的矩形线圈竖直固定在质量M=0.08kg的小车上，小车与线圈的水平长度l相等．线圈和小车一起沿光滑水平面运动，并以初速度v1=10m/s进入磁场，线圈平面和磁场方向始终垂直．假设小车运动的速度v随位移x变化的v﹣x图象如图乙所示，如此根据以上信息可知〔〕A．小车的水平长度l=10 cmB．磁场的宽度d=35 cmC．小车的位移x=10 cm时线圈中的电流I=7 AD．线圈通过磁场的过程中线圈产生的热量Q=1.92 J10．如下列图，两固定的竖直光滑金属导轨足够长且电阻不计．两质量、长度均一样的导体棒c、d，置于边界水平的匀强磁场上方同一高度h处．磁场宽为3h，方向与导轨平面垂直．先由静止释放c，c刚进入磁场即匀速运动，此时再由静止释放d，两导体棒与导轨始终保持良好接触．用a c表示c的加速度，E kd表示d的动能，x c、x d分别表示c、d相对释放点的位移．选项中正确的答案是〔〕A．B．C． D．二、实验题：〔每空2分，共16分〕11．螺旋测微器是测量长度的较精细仪器，它的精细螺纹的螺距通常为0.5mm，旋钮上的可动刻度分成50等份，如此使用螺旋测微器测量长度时可准确到mm．一位同学用此螺旋测微器测量金属导线的直径时，示数如下列图，如此该导线的直径为mm．12．新式游标卡尺的刻线看起来很“稀疏〞，使得读数显得清晰明了，便于使用者正确读取数据．通常游标卡尺的刻度有10分度、20分度、50分度三种规格；新式游标卡尺也有相应的三种，但刻度却是：19mm等分成10份，39mm等分成20份，99mm等分成50份，以“39mm等分成20份〞的新式游标卡尺为例，如下列图．〔1〕它的准确度是mm；〔2〕用它测量某物体的厚度，示数如下列图，正确的读数是cm．13．如下列图，平行金属导轨的间距为d，一端跨接一阻值为R的电阻，匀强磁场的磁感应强度为B，方向垂直于导轨所在平面向里，一根长直金属棒与导轨成30°角放置，且接触良好，如此当金属棒以垂直于棒的恒定速度v沿金属导轨滑行时，其他电阻不计，电阻R中的电流为．14．如图〔a〕是“测量电池的电动势和内阻〞的实验电路，如果采用一节新干电池进展实验，实验时会发现，当滑动变阻器在阻值较大的范围内调节时，电压表读数变化很小，为了较准确地测量一节新干电池的内阻，加接一定值电阻，实验电路原理图如图〔b〕．可用以下给定的器材和一些导线来完成实验，器材：量程3V的理想电压表V，量程0.6A的电流表A〔具有一定内阻〕，定值电阻R0〔R0=1.5Ω〕，滑动变阻器R1〔0～10Ω〕，滑动变阻器R2〔0～200Ω〕，开关S．〔1〕为方便实验调节且能较准确地进展测量，滑动变阻器应选用〔填R1或 R2〕．〔2〕用笔画线代替导线在图〔c〕中完成实物连接图．〔3〕实验中改变滑动变阻器的阻值，测出几组电流表和电压表的读数，在给出的U﹣I坐标系中画出U﹣I 图线如图〔d〕所示，如此新干电池的电动势E=v〔保存三位有效数字〕，内阻r=Ω．〔保存两位有效数字〕三、计算题：〔请写出解题过程与必要的文字说明，共39分〕15．如下列图，MN和PQ为竖直方向的两平行长直金属导轨，间距L为1m，电阻不计．导轨所在的平面与磁感应强度B为1T的匀强磁场垂直．质量m=0.2kg、电阻r=1Ω的金属杆ab始终垂直于导轨并与其保持光滑接触，导轨的上端有阻值为R=3Ω的灯泡．金属杆从静止下落，当下落高度为h=4m 后灯泡保持正常发光．重力加速度为g=10m/s2．求：〔1〕灯泡的额定功率；〔2〕金属杆从静止下落4m的过程中通过灯泡的电荷量；〔3〕金属杆从静止下落4m的过程中灯泡所消耗的电能．16．如下列图，电源电动势E=2V，r=0.5Ω，竖直光滑导轨宽L=0.2m，导轨电阻不计．另有一金属棒ab，质量m=0.1kg，电阻R=0.5Ω，金属棒靠在导轨的外面．为使金属棒静止不下滑，施加一个与纸面夹角为30°且方向向里的匀强磁场，g取10m/s2．求：〔1〕磁场的方向；〔2〕磁感应强度B的大小．17．如下列图，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，与导轨垂直并良好接触．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．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I a与定值电阻R中的电流强度I R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．18．如下列图，等边三角形AQC的边长为2L，P、D分别为AQ、AC的中点．水平线QC以下是向左的匀强电场，区域Ⅰ〔梯形PQCD〕内有垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为B0；区域Ⅱ〔三角形APD〕内的磁场方向垂直纸面向里，区域〔虚线PD之上、三角形APD以外〕的磁场与区域Ⅱ内大小相等、方向相反．带正电的粒子从Q点正下方、距离Q点为L的O点以某一速度射入电场，在电场作用下以速度v0垂直QC到达该边中点N，经区域Ⅰ再从P点垂直AQ射入区域Ⅲ〔粒子重力忽略不计〕〔1〕求该粒子的比荷；〔2〕求该粒子从O点运动到N点的时间t1和匀强电场的电场强度E；〔3〕假设区域Ⅱ和区域Ⅲ内磁场的磁感应强度大小为3B0，如此粒子经过一系列运动后会返回至O 点，求粒子从N点出发再回到N点的运动过程所需的时间t．2015-2016学年江西省宜春市丰城中学高二〔上〕月考物理试卷参考答案与试题解析一、选择题〔此题包括10小题，共40分．1-6单项选择，7-10多项选择〕1．在图所示电路中，电源电动势为12V，电源内阻为1.0Ω，电路中的电阻R0为1.5Ω，小型直流电动机M的内阻为0.5Ω，闭合开关S后，电动机转动，电流表的示数为2.0A．如此以下判断中正确的答案是〔〕A．电动机的输出功率为14W B．电动机两端的电压为7.0VC．电动机产生的热功率4.0W D．电源输出的电功率为24W【考点】电功、电功率；闭合电路的欧姆定律．【专题】恒定电流专题．【分析】在计算电功率的公式中，总功率用P=IU来计算，发热的功率用P=I2R来计算，如果是计算纯电阻的功率，这两个公式的计算结果是一样的，但对于电动机等非纯电阻，第一个计算的是总功率，第二个只是计算发热的功率，这两个的计算结果是不一样的．【解答】解：B、电路中电流表的示数为2.0A，所以电动机的电压为U=E﹣U内﹣=12﹣Ir﹣IR0=12﹣2×1﹣2×1.5=7V，所以B正确；A、C，电动机的总功率为P总=UI=7×2=14W，电动机的发热功率为P热=I2R=22×0.5=2W，所以电动机的输出功率为14 W﹣2W=12W，所以A、C错误；D、电源的输出的功率为P输出=EI﹣I2R=12×2﹣22×1=20W，所以D错误．应当选：B．【点评】对于电功率的计算，一定要分析清楚是不是纯电阻电路，对于非纯电阻电路，总功率和发热功率的计算公式是不一样的．2．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，图中电表均为理想的交流电表，定值电阻R=10Ω，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，如此如下说法中正确的答案是〔〕A．当单刀双掷开关与a连接时，电压表的示数为22VB．当单刀双掷开关与a连接且t=0.01s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25Hz【考点】变压器的构造和原理．【专题】交流电专题．【分析】根据图象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．【解答】解：由图象可知，电压的最大值为311V，交流电的周期为2×10﹣2s，所以交流电的频率为f==50Hz，A、交流电的有效值为220V，根据电压与匝数程正比可知，副线圈的电压为22V，故A正确；B、电流表示数为电流的有效值，不随时间的变化而变化，所以电流表的示数为I=A=2.2A，故B 错误．C、当单刀双掷开关由a拨向b时，原线圈的匝数变小，所以副线圈的输出的电压要变大，电阻R上消耗的功率变大，原线圈的输入功率也要变大，故C错误；D、变压器不会改变电流的频率，所以副线圈输出电压的频率为50Hz，故D错误；应当选：A．【点评】掌握住理想变压器的电压、电流之间的关系，最大值和有效值之间的关系即可解决此题．3．如图甲所示，一矩形线圈位于随时间t变化的匀强磁场中，磁感应强度B随t的变化规律如图乙所示．以i表示线圈中的感应电流，以图甲中线圈上箭头所示方向为电流正方向，以垂直纸面向里的磁场方向为正，如此以下的i﹣t图象中正确的答案是〔〕A．B． C．D．【考点】导体切割磁感线时的感应电动势；闭合电路的欧姆定律．【专题】电磁感应与图像结合．【分析】由图乙可知磁感应强度的变化，如此可知线圈中磁通量的变化，由法拉第电磁感应定律可知感应电动势变化情况，由楞次定律可得感应电流的方向，二者结合可得出正确的图象．【解答】解：感应定律和欧姆定律得I===，线圈的面积S和电阻R都是定值，如此线圈中的感应电流与磁感应强度B随t的变化率成正比．由图乙可知，0～1时间内，B均匀增大，Φ增大，根据楞次定律得知，感应磁场与原磁场方向相反〔感应磁场的磁感应强度的方向向外〕，由右手定如此判断可知，感应电流是逆时针的，因而是负值．由于不变，所以可判断0～1为负的恒值；同理可知1～2为正的恒值；2～3为零；3～4为负的恒值；4～5为零；5～6为正的恒值．应当选A．【点评】此类问题不必非要求得电动势的大小，应根据楞次定律判断电路中电流的方向，结合电动势的变化情况即可得出正确结果．4．如下列图，在y＞0的区域内存在匀强磁场，磁场垂直于图中的Oxy平面，方向指向纸外，原点O处有一离子源，在Oxy平面内沿各个方向射出动量相等的同价负离子，对于进入磁场区域的离子，它们在磁场中做圆弧运动的圆心所在的轨迹，可用如下图四个半圆中的一个来表示，其中正确的答案是〔〕A．B．C．D．【考点】带电粒子在匀强磁场中的运动；牛顿第二定律；向心力．【专题】带电粒子在磁场中的运动专题．【分析】粒子在磁场中做匀速圆周运动，半径公式为r=，由题，离子的速率、电荷量一样，如此知圆周运动的半径一样，由左手定如此分析离子沿x轴负方向、y轴正方向、x轴正方向射入的粒子可确定其做圆弧运动的圆心轨迹．【解答】解：由r=知，在磁场中做匀速圆周运动的所有粒子半径一样．由左手定如此，分别研究离子沿x轴负方向、y轴正方向、x轴正方向射入的粒子，其分别在y轴负方向上、x轴负方向上和y轴正方向上，如此知其做圆弧运动的圆心轨迹为C．故C正确．应当选C【点评】此题是带电粒子在匀强磁场中半径和左手定如此的综合应用，采用特殊位置法验证轨迹的正确．5．如下列图，L为自感系数很大，直流电阻不计的线圈，D1、D2、D3为三个完全一样的灯泡，E为内阻不计的电源，在t=0时刻闭合开关S，当电路稳定后D1、D2两灯的电流分别为I1、I2，当时刻为t1时断开开关S，假设规定电路稳定时流过D1、D2的电流方向为电流的正方向，如此如下图能正确定性描述电灯电流i与时间t关系的是〔〕A．B．C．D．【考点】感抗和容抗．【专题】交流电专题．【分析】电感对电流的变化起阻碍作用，闭合电键时，电感阻碍电流I1增大，断开电键，D1、D2、L 构成一回路，电感阻碍电流I1减小，流过D1的电流也通过D2．【解答】解：电键闭合时，电感阻碍电流I1增大，所以I1慢慢增大最后稳定，断开电键，电感阻碍电流I1减小，所以I1慢慢减小到0，电流的方向未发生改变．故A、B错误．电键闭合时，电感阻碍电流I1增大，I1慢慢增大，如此I2慢慢减小，最后稳定；断开电键，原来通过D2的电流立即消失，但D1、D2、L构成一回路，通过D1的电流也通过D2，所以I2慢慢减小，但电流的方向与断开前相反．故C错误，D正确．应当选D．【点评】解决此题的关键掌握电感对电流的变化起阻碍作用，电流增大，阻碍其增大，电流减小，阻碍其减小．6．如下列图的电路中，理想变压器原、副线圈的匝数比n1：n2=22：5，电阻R1=R2=25Ω，D为理想二极管，原线圈接U=220sin100πt〔V〕的交流电．如此〔〕A．交流电的频率为100Hz B．通过R1的电流为2 AC．通过R2的电流为 A D．变压器的输入功率为200W【考点】变压器的构造和原理．【专题】交流电专题．【分析】根据表达式可以求得输出电压的有效值、周期和频率等，二极管的作用是只允许正向的电流通过，再根据电压与匝数成正比即可求得结论．【解答】解：A、原线圈接U=220sin100πt〔V〕的交流电．所以T==0.02s交流电的频率f==50Hz，故A错误；B、由原线圈接U=220sin100πt〔V〕交流电，有效值是220V，原、副线圈的匝数比n1：n2=22：5，根据原副线圈电压之比等于匝数之比可知，副线圈的电压为U2=×220V=50V，通过R1的电流I1==2A，故B错误；C、副线圈的电阻1消耗的功率P==100W由于现在二极管的作用，副线圈的电阻2电压只有正向电压．如此电阻2消耗的功率为P′=×=50W，所以副线圈的输出功率应为150W，输出功率等于输入功率，所以变压器的输入功率为150W．由于现在二极管的作用，副线圈的电阻2通过的电流I=×=A，故C正确，D错误；应当选：C．【点评】此题需要掌握变压器的电压之比和匝数比之间的关系，同时对于二极管和电容器的作用要了解．7．一个带电粒子以初速度v0垂直于电场方向向右射入匀强电场区域，穿出电场后接着又进入匀强磁场区域．设电场和磁场区域有明确的分界限，且分界限与电场强度方向平行，如图中的虚线所示．在图所示的几种情况中，可能出现的是〔〕A．B．C．D．【考点】带电粒子在匀强磁场中的运动；带电粒子在匀强电场中的运动．【专题】带电粒子在磁场中的运动专题．【分析】带电粒子垂直电场射入，在电场力作用下做类平抛运动，然后垂直进入匀强磁场在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动．【解答】解：A、当粒子垂直进入匀强电场时，由图可知，电场力向下，如此粒子带正电，当进入磁场时由左手定如此可得洛伦兹力垂直速度向上．故A正确；B、当粒子垂直进入匀强电场时，由图可知，电场力向下，如此粒子带负电，当进入磁场时由左手定如此可得洛伦兹力垂直速度向下，故B错误；C、当粒子垂直进入匀强电场时，由图可知，电场力向下，如此粒子带正电，当进入磁场时由左手定如此可得洛伦兹力垂直速度向下，故C错误；D、当粒子垂直进入匀强电场时，由图可知，电场力向上，如此粒子带正电，当进入磁场时由左手定如此可得洛伦兹力垂直速度向上，故D正确；应当选：AD【点评】左手定如此是判定磁场、电荷运动速度与洛伦兹力三者方向之间的关系．但电荷有正负之分，所以假设是正电荷，如此四指所指的方向为正电荷的运动方向，大拇指方向为洛伦兹力的方向；假设是负电荷，四指所指方向为负电荷的运动方向，大拇指反方向为洛伦兹力的方向．8．如下列图，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=2v2，在先后两种情况下〔〕A．线圈中的感应电流之比I1：I2=2：1B．线圈中的感应电流之比I1：I2=1：2C．线圈中产生的焦耳热之比Q1：Q2=4：1D．通过线圈某截面的电荷量之比q1：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；焦耳定律．【专题】电磁感应与电路结合．【分析】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．根据Q=I2Rt，求出线圈中产生的焦耳热之比．根据q=It=，求出通过线圈某截面的电荷量之比【解答】解：A、v1=2v2，根据E=BLv，知感应电动势之比2：1，感应电流I=，如此感应电流之比为2：1．故A正确，B错误．C、v1=2v2，知时间比为1：2，根据Q=I2Rt，知热量之比为2：1．故C错误．D、根据q=It=，知通过某截面的电荷量之比为1：1．故D正确．应当选：AD【点评】解决此题的关键掌握导体切割磁感线时产生的感应电动势E=BLv，以与通过某截面的电荷量q=，9．如图甲所示，垂直纸面向里的有界匀强磁场的磁感应强度B=1.0T，质量m=0.04kg、高h=0.05m、总电阻R=5Ω、n=100匝的矩形线圈竖直固定在质量M=0.08kg的小车上，小车与线圈的水平长度l 相等．线圈和小车一起沿光滑水平面运动，并以初速度v1=10m/s进入磁场，线圈平面和磁场方向始终垂直．假设小车运动的速度v随位移x变化的v﹣x图象如图乙所示，如此根据以上信息可知〔〕A．小车的水平长度l=10 cmB．磁场的宽度d=35 cmC．小车的位移x=10 cm时线圈中的电流I=7 AD．线圈通过磁场的过程中线圈产生的热量Q=1.92 J【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】电磁感应与电路结合．【分析】闭合线圈在进入和离开磁场时，磁通量会发生改变，线圈中产生感应电流，线圈会受到安培力的作用；线圈在进入磁场之前、完全在磁场中运动以与出磁场之后做匀速直线运动，在进入和离开磁场时做减速直线运动；结合乙图可以知道，0﹣5cm是进入之前的过程，5﹣15cm是进入的过程，15﹣30cm是完全在磁场中运动的过程，30﹣40cm是离开磁场的过程，40cm以后是完全离开之后的过程；线圈通过磁场过程中产生的热量等于抑制安培力所做的功，可以通过动能定理去求解．【解答】解：A、闭合线圈在进入和离开磁场时的位移即为线圈的长度，线圈进入或离开磁场时受安培力作用，将做减速运动，由乙图可知，线圈的长度L=10cm，故A正确；B、磁场的宽度等于线圈刚进入磁场到刚离开磁场时的位移，由乙图可知，5﹣15cm是进入的过程，15﹣30cm是完全在磁场中运动的过程，30﹣40cm是离开磁场的过程，所以d=30cm﹣5cm=25cm，故B 错误；C、位移x=10 cm时线圈的速度为7m/s，线圈进入磁场过程中，根据I=n=，故C正确；D、线圈通过磁场过程中运用动能定理得：〔M+m〕v22﹣〔M+m〕v12=W安，由乙图可知v1=10m/s，v2=3m/s，带入数据得：W安=﹣5.46J，所以抑制安培力做功为1.82J，即线圈通过磁场过程中产生的热量为5.46J，故D错误．应当选：AC．【点评】闭合线圈进入和离开磁场时磁通量发生改变，产生感应电动势，形成感应电流，线圈会受到安培力的作用，做变速运动；当线圈完全在磁场中运动时磁通量不变，不受安培力，做匀速运动．线圈通过磁场过程中产生的热量等于抑制安培力所做的功，在这类题目中求安培力所做的功经常运用动能定理去求解．10．如下列图，两固定的竖直光滑金属导轨足够长且电阻不计．两质量、长度均一样的导体棒c、d，置于边界水平的匀强磁场上方同一高度h处．磁场宽为3h，方向与导轨平面垂直．先由静止释放c，c刚进入磁场即匀速运动，此时再由静止释放d，两导体棒与导轨始终保持良好接触．用a c表示c的加速度，E kd表示d的动能，x c、x d分别表示c、d相对释放点的位移．选项中正确的答案是〔〕A．B．C． D．【考点】电磁感应中的能量转化．【专题】压轴题．【分析】未进入磁场时，c、d做自由落体运动，到达磁场上边界时速度一样．c、d都进入磁场后，同时在磁场中运动时，两者速度一样，没有感应电流产生，只受重力，都做匀加速直线运动，加速度为g．c出磁场后，d在切割磁感线时，此时d的速度比进磁场时大，产生感应电动势增大，感应电流增大，受到的安培力增大，如此d做匀减速直线运动．根据动能与高度的关系选择动能图象．【解答】解：A、B，设c、d刚进磁场时速度为v，c刚进入磁场做匀速运动，此时由静止释放d．设d经时间t进入磁场，并设这段时间内c的位移为x如此由于h=，x=vt，得到x=2h，如此d进入磁场时，c相对释放点的位移为3h．d进入磁场后，cd二者都做匀速运动，且速度一样，二者与导轨组成的回路磁通量不变，感应电流为零，不受安培力，两导体棒均做加速度为g的匀加速运动，故A错误，B正确；C、D，c出磁场时d下落2h，c出磁场后，只有导体棒d切割磁感线，此时d的速度大于进磁场时的速度，d受到安培力作用做减速运动，动能减小，d出磁场后动能随下落高度的增加而均匀增大，故C错误，D正确．应当选：BD．【点评】此题关键在于分析两导体的受力情况和运动情况，抓住安培力大小与速度大小成正比这个结论，分析只有d切割磁感线过程d的运动情况．二、实验题：〔每空2分，共16分〕11．螺旋测微器是测量长度的较精细仪器，它的精细螺纹的螺距通常为0.5mm，旋钮上的可动刻度分成50等份，如此使用螺旋测微器测量长度时可准确到0.01 mm．一位同学用此螺旋测微器测量金属导线的直径时，示数如下列图，如此该导线的直径为 1.470 mm．【考点】刻度尺、游标卡尺的使用．【专题】实验题．【分析】螺旋测微器的读数方法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，注意其精度是0.01mm．【解答】解：旋钮每转一周，测微螺杆就前进或后退0.5mm，由于可动刻度等分为50等分，因此其准确度为：；螺旋测微器的固定刻度读数为1.0mm，可动刻度读数为0.01×47.0mm=0.470mm，所以最终读数为：1.0mm+0.470mm=1.470mm．故答案为：0.01；1.470．【点评】解决此题的关键掌握螺旋测微器的读数方法，螺旋测微器的读数方法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．12．新式游标卡尺的刻线看起来很“稀疏〞，使得读数显得清晰明了，便于使用者正确读取数据．通常游标卡尺的刻度有10分度、20分度、50分度三种规格；新式游标卡尺也有相应的三种，但刻度。

2015—2016学年江西省宜春市中学高二（上）周考物理试卷一．选择题：(本大题共8小题，每小题6分,共48分．其中1—6题，在每小题给出的四个选项中，只有一个选项是正确的，7-8题有多个选项是正确的,全选对的得6分，选对但不全的得3分,选错或不答的得0分．把答案前的字母填在答题卡相应的表格中）1．关于电流，下列说法中正确的是（）A．导体中无电流的原因是其内部自由电荷停止了运动B．同一个金属导体接在不同的电路中，通过的电流强度往往不同，电流大说明那时导体内自由电荷定向运动速率大C．由于电荷做无规则热运动的速率比电荷定向移动速率大得多,故电荷做无规则热运动形成的电流也就大得多D．电流的传导速率就是导体内自由电子的定向移动速率2．在截面积为S的均匀铜导体中流过恒定电流为I，铜的电阻率为ρ，电子电量为e,则电子在铜导体中运动时所受的电场力为（)A．0 B．C． D．3．如图所示，H（核内有一个质子，没有中子）,H（核内有一个质子，一个中子），H(核内有一个质子，两个中子)和He（核内有两个质子，两个中子）四种原子核的混合粒子沿平行板电容器两板中线OO′射入板间的匀强电场中，射出后都打在与OO′垂直的固定荧光屏上，使荧光屏上出现亮点．下列说法正确的是（）A．若它们射入电场时的速度相等，在荧光屏上将出现4个亮点B．若它们射入电场时的动能相等，在荧光屏上将出现4个亮点C．若它们射入电场时的质量与速度之积相等，在荧光屏上将出现4个亮点D．若它们都是从静止开始由同一加速电场加速后再射入此偏转电场的,则在荧光屏上将出现4个亮点4．甲、乙两根保险丝均为同种材料制成，直径分别是d1=0.5mm和d2=1mm，熔断电流分别为2.0A和6。

0A．把以上两根保险丝各取等长一段并联后再接入电路中，允许BJ通过的最大电流是()A．6。

0 A B．7。

5 A C．10.0 A D．8。

0 A5．如图所示，一个电量为﹣Q的点电荷甲，固定在绝缘水平面上的O点．另一个电量为+q及质量为m的点电荷乙,从A点以初速度v0沿它们的连线向甲运动，到B点时速度最小且为v．已知点电荷乙与水平面的动摩擦因数为μ、AB间距离为L0及静电力常量为k，则（)A．点电荷乙越过B点后继续向左运动，其电势能增多B．从A到B的过程中，电场力对点电荷乙做的功W=μmgL0+mv02﹣mv2C．在点电荷甲形成的电场中，AB间电势差U AB=D．OB间的距离为6．以下说法中正确的是（)A．电源的作用是维持导体两端的电压,使电路中有持续的电流B．在电源内部正电荷能从负极到正极是因为电源内部只存在非静电力而不存在静电力C．静电力与非静电力都可以使电荷移动，所以本质上都是使电荷的电势能减少D．静电力移动电荷做功电荷电势能减少，非静电力移动电荷做功电荷电势能增加7．如图，A、B为水平放置的平行金属板，两板相距为d，分别与电源两极相连，两板的中央各有小孔M和N．先合上开关K,给电容器充电,过一会再断开开关．今有一带电质点,自A板上方相距为h的P点由静止开始自由下落（P、M、N在同一竖直线上)，空气阻力不计，到达N孔时速度恰好为零．则（）A．若把A板向上平移一小段距离，质点自P点自由下落后仍能到达N孔B．若把A板向下平移一小段距离,质点自P点自由下落后将穿过N孔继续下落C．若把B板向上平移一小段距离，质点自P点自由下落后将穿过N孔继续下落D．若把B板向下平移一小段距离,质点自P点自由下落后将穿过N孔继续下落8．小明去实验室取定值电阻两只R1=10Ω，R2=30Ω，电压表一个，练习使用电压表测电压．电路连接如下图，电源输出电压U=12.0V不变．小明先用电压表与R1并联,电压表示数为U1，再用电压表与R2并联,电压表示数为U2,则下列说法正确的是(）A．U1一定大于3。

江西宜春2016届高三理科综合模拟试卷一——物理试题第Ⅰ卷（选择题)一、选择题:本题共8小题，每小题6分，在每小题给出的四个选项中，第1—5题只有一项符合题目要求,第6—8题有多项符合题目要求，全部选对的得6分，选对但不全的得3分,有错选的得0分。

1. 有三个光滑斜轨道1、2、3,它们的倾角依次是，，，这些轨道交于O点. 现有位于同一竖直线上的三个小物体甲、乙、丙分别沿这三个轨道同时从静止自由下滑，如图所示，物体滑到O点的先后顺序是（）A．甲最先,乙稍后，丙最后B．乙最先，然后甲和丙同时到达C．甲、乙、丙同时到达D．乙最先，甲稍后，丙最后2. 虚线a、b和c是某电场中的三个等势面，它们的电势为、、,其中．一带正电的粒子射入电场中，其运动轨迹如实线KLMN所示，由图可知A．粒子从K到L的过程中，电场力做负功B．粒子从L到M的过程中,电场力做负功C．粒子从K到L的过程中,电势能减少D．粒子从L到M的过程中，动能减少3。

如图所示，A、B为两个挨得很近的小球，并列放于光滑斜面上，斜面足够长,在静止释放B球的同时，将A球以某一速度v0水平抛出，当A球落于斜面上的P点时，B球的位置位于（）A。

P点以下 B.P点以上C。

P点D。

由于v0未知,故无法确定4. 如图所示，弹簧一端系在墙上O点，另一端自由伸长到B点,今将一小物体m压着弹簧(与弹簧未连接)，将弹簧压缩到A点，然后释放,小物体能运动到C点静止,物体与水平地面间的动摩擦因数恒定。

下列说法中正确的是（）A．物体在B点受合外力为零B．物体的速度从A到B越来越大,从B到C越来越小C．物体从A到B加速度越来越小，从B到C加速度不变D．物体从A到B先加速后减速,从B到C匀减速5。

教科版高中物理教材必修2中介绍，，亚当斯通过对行星“天王星”的长期观察发现，其实际运行的轨道与圆轨道存在一些偏离,且每隔时间t发生一次最大的偏离。

亚当斯利用牛顿发现的万有引力定律对观察数据进行计算，认为形成这种现象的原因可能是天王星外侧还存在着一颗未知行星（后命名为海王星）,它对天王星的万有引力引起其轨道的偏离。

2015—2016学年江西省宜春三中高三（上）第六次周考物理试卷一、选择题(每小题6分，共48分）1．伦敦奥运会男子100米决赛中，博尔特在比赛中，主要有起跑加速、途中匀速和加速冲刺三个阶段．假设他的脚与地面间不会发生相对滑动．则（）A．加速阶段地面对博尔特的摩擦力做正功B．匀速阶段地面对博尔特的摩擦力做负功C．由于脚与地面间不发生相对滑动，所以不论加速还是匀速，地面对博尔特的摩擦力始终不做功D．无论是加速还是匀速阶段，地面对博尔特的摩擦力始终做负功2．如图所示为汽车在水平路面上启动过程中的速度图象，Oa为过原点的倾斜直线，ab段表示以额定功率行驶时的加速阶段,bc段是与ab段相切的水平直线，则下述说法正确的是（）A．0～t1时间内汽车做匀加速运动且功率恒定B．t1~t2时间内汽车牵引力做功为mv22﹣mv12C．t1～t2时间内的平均速度为(v1+v2)D．在全过程中t1时刻的牵引力及其功率都是最大值，t2～t3时间内牵引力最小3．如图所示,A、B两小球由绕过轻质定滑轮的细线相连，A放在固定的光滑斜面上，B、C 两小球在竖直方向上通过劲度系数为k的轻质弹簧相连，C球放在水平地面上．现用手控制住A，并使细线刚刚拉直但无拉力作用，并保证滑轮左侧细线竖直、右侧细线与斜面平行．已知A的质量为4m，B、C的质量均为m，重力加速度为g,细线与滑轮之间的摩擦不计,开始时整个系统处于静止状态．释放A后,A沿斜面下滑至速度最大时C恰好离开地面．下列说法正确的是（)A．斜面倾角α=60°B．A获得最大速度为C．C刚离开地面时，B的加速度最大D．从释放A到C刚离开地面的过程中，A、B两小球组成的系统机械能守恒4．一环状物体套在光滑水平直杆上，能沿杆自由滑动，绳子一端系在物体上,另一端绕过定滑轮，用大小恒定的力F拉着，使物体沿杆自左向右滑动，如图所示，物体在杆上通过a、b、c三点时的动能分别为E a、E b、E c，且ab=bc，滑轮质量和摩擦均不计,则下列关系中正确的是（）A．E b﹣E a=E c﹣E b B．E b﹣E a＜E c﹣E b C．E b﹣E a＞E c﹣E b D．E a＜E b＜E c5．如图所示，质量为m的滑块以一定初速度滑上倾角为θ的固定斜面，同时施加一沿斜面向上的恒力F=mgsinθ；已知滑块与斜面间的动摩擦因数μ=tanθ,取出发点为参考点，能正确描述滑块运动到最高点过程中产生的热量Q､滑块重力势能E P随时间t的关系及动能E k､机械能E随位移x的关系的是：（）A．B．C．D．6．如图所示,两个质量均为m用轻质弹簧连接的物块A、B放在一倾角为θ的光滑斜面上，系统静止．现用一平行于斜面向上的恒力F拉物块A，使之沿斜面向上运动，当物块B刚要离开固定在斜面上的挡板C时，物块A运动的距离为d,瞬时速度为v，已知弹簧劲度系数为k，重力加速为g，则此时（)A．物块A运动的距离d=B．物块A的加速度为a=C．弹簧的弹性势能的改变量△E P=0D．弹簧的弹性势能的改变量△E P=Fd﹣mv27．如图所示，半径为R、圆心角为60°的光滑圆弧槽,固定在高为h的平台上，小物块从圆弧槽的最高点A静止开始滑下，滑出槽口B时速度水平向左，小物块落在地面上C点，B、C两点在以O2点为圆心的圆弧上,02在B点正下方地面上，则(）A．4R=h B．2R=h C．R=h D．R=2h8．如图所示，足够长粗糙斜面固定在水平面上，物块a通过平行于斜面的轻绳跨过光滑轻滑轮与物块b相连，b的质量为m．开始时，a、b均静止且a刚好不受斜面摩擦力作用．现对b施加竖直向下的恒力F,使a、b做加速运动，则在b下降h高度过程中（）A．a的加速度为B．a的重力势能增加mghC．绳的拉力对a做的功等于a机械能的增加D．F对b做的功与摩擦力对a做的功之和等于a、b动能的增加二、实验题（16分）9．利用如图甲所示的装置做“验证机械能守恒定律”的实验．（1)除打点计时器（含纸带、复写纸）、交流电源、铁架台、导线及开关外，在下面的器材中，必须使用的还有（选填器材前的字母）．A．大小合适的铁质重锤B．体积较大的木质重锤C．刻度尺D．游标卡尺E．秒表（2）图乙是实验中得到的一条纸带．在纸带上选取三个连续打出的点A、B、C，测得它们到起始点O的距离分别为h A、h B、h C．重锤质量用m表示,已知当地重力加速度为g,打点计时器打点的周期为T．从打下O点到打下B点的过程中,重锤重力势能的减少量｜△E p|=，动能的增加量△E k=．三、计算题（46分）10．如图所示,光滑水平面AB与竖直面内的半圆形导轨在B点相切，半圆形导轨的半径为R．一个质量为m的物体将弹簧压缩至A点后由静止释放,在弹力作用下物体获得某一向右的速度后脱离弹簧，当它经过B点进入导轨的瞬间对轨道的压力为其重力的8倍，之后向上运动恰能到达最高点C．（不计空气阻力）试求：(1）物体在A点时弹簧的弹性势能;（2)物体从B点运动至C点的过程中产生的内能．11．如图所示,有一个可视为质点的质量为m=1kg的小物块，从光滑平台上的A点以v0=2m/s 的初速度水平抛出，到达C点时，恰好沿C点的切线方向进入固定在水平地面上的光滑圆弧轨道，最后小物块滑上紧靠轨道末端D点的质量为M=3kg的长木板．已知木板上表面与圆弧轨道末端切线相平，木板下表面与水平地面之间光滑,小物块与长木板间的动摩擦因数μ=0。

2015—2016学年江西省宜春中学高二（上)第五次周考物理试卷一。

(本大题共8小题，每小题6分，共48分．其中1-5题，在每小题给出的四个选项中，只有一个选项是正确的,6—8题有多个选项是正确的，全选对的得6分,选对但不全的得3分，选错或不答的得0分．把答案前的字母填在答题卡相应的表格中)1．在做“奥斯特实验"时，下列操作中现象最明显的是（）A．沿电流方向放置磁针，使磁针在导线的延长线上B．沿电流方向放置磁针，使磁针在导线的正下方C．电流沿南北方向放置在磁针的正上方D．电流沿东西方向放置在磁针的正上方2．如图所示电路中，已知电源电动势E=10V，内电阻r=1Ω，R0=4Ω,R的最大阻值为10Ω．当改变滑动变阻器的触头位置时，R上消耗的最大功率是（)A．5W B．6W C．7W D．8W3．一平行板电容器C，极板是水平放置的，它和三个可变电阻及电源联接成如图所示的电路．今有一带电油滴悬浮在两极板之间静止不动．要使油滴上升，可采用的办法是（）A．增大R1B．增大R2C．适当减小平行板电容器两极板的间距D．错开电容器两平行板，使其正对面积适当减小4．如图所示，电子在电势差为U1的加速电场中由静止开始运动,然后射入电势差为U2的两块平行极板间的偏转匀强电场中，在满足电子能射出平行极板区的条件下，下述四种情况中，一定能使电子的偏转角θ变大的是（）A．U1变大、U2变大B．U1变小、U2变大C．U1变大、U2变小D．U1变小、U2变小5．匀强电场中有a、b、c三点．在以它们为顶点的三角形中，∠a=30°、∠c=90°，电场方向与三角形所在平面平行．已知a、b和c点的电势分别为（2﹣）V、（2+）V和2V．该三角形的外接圆上最低、最高电势分别为（）A．（2﹣)V、（2+）V B．0 V、4 V C．（2﹣）V、（2+）V D．0 V、V6．如图所示，三条虚线表示某电场的三个等势面,其中φ1=10V,φ2=20V，φ3=30V一个带电粒子只受电场力作用，按图中实线轨迹从A点运动到B点，由此可知（)A．粒子带正电B．粒子的速度变大C．粒子的加速度变大 D．粒子的电势能变大7．如图所示，原来不带电的金属球壳内壁接地，将一带正电的小球放入其中，但不与球壳接触，则（）A．球壳内壁带负电B．球壳外壁带正电C．球壳外壁不带电D．若将接地线去掉再移出正电荷，壳外壁带负电8．如图所示，由于某一电阻断路，致使电压表和电流表的示数均比该电阻未断时要大，则这个断路的电阻可能是（）A．R1B．R2C．R3D．R4二、填空题（每空3分，共21分）9．在使用10分度游标卡尺和螺旋测微器测量某一工件的长度和厚度时，两仪器上的示数如图（a）、(b)所示．则测量仪器的读数分别为(a)_______cm、（b)_______ mm．10．有一个小灯泡上标有“4。

高三理科综合测试物理部分卷物理试卷本试卷分为选择题和非选择题两部分，满分150分。

考试用时120分钟。

注意事项：1．答卷前,考生务必用黑色字迹的钢笔或签字笔将自己的姓名、考生号填写在答题卷上.2．选择题每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。

如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案，答案不能答在试卷上.3．非选择题必须用黑色字迹钢笔或签字笔作答，答案必须写在答题卡各题目指定区域内相应位置上；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新的答案；不准使用铅笔和涂改液，不按以上要求作答的答案无效。

4．考生必须保持答题卡的整洁,考试结束后，将本试卷和答题卡一并收回。

第一部分（选择题共40分）一、本题共10小题;每小题4分，在每小题给出的四个选项中，有的小题只有一个正确选项,有的小题有多个正确选项，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．如图所示，电灯悬挂在两墙之间，更换绳OA,使连接点A向上移，但保持O点位置不变,则A点向上移时，绳OA的拉力（）A．先增大后减少B．先减少后增大C．逐渐增大D．逐渐减少2．如图所示，物体A放在水平桌面上,被水平细绳拉着处于静止状态,则（）A．绳子对A的拉力小于A受的静摩擦力B．A受的重力和桌面对A的支持力是一对作用力和反作用力C．A对桌面的压力和桌面对A的支持力总是平衡的D．A对桌面的摩擦力的方向是水平向右的3．为了测定某建筑物的高度,从其顶上自由落下一光滑的小石子,除了知道当地的重力加速度以外,还需要知道下述哪个量( ）A．第一秒的末速度B．第一秒内的位移C．最后一秒的位移D．最后一秒的初速度4．如图所示，两块截面为三角形的铁块A和B并排放在光滑水平面上，现把一截面为矩形的铁片C，轻轻地水平架在两块相对的光滑斜面之间,然后放手,那么在放后后（）A．铁片C保持平衡B．铁片C能否保持平衡决定于铁块斜面的倾角C．铁片C能否保持平衡决定于它们重力大小D．铁片C不可以保持平衡5．在粗糙水平面上有一个三角形木块ABC，在它的两上粗糙斜面上分别放两上质量m1和m2的木块，m1〉m2，如图所示,已知三角形木块和两物体都是静止的，则粗糙水平面对三角形木块（）A．有摩擦力的作用，摩擦力的方向水平向右B．有摩擦力的作用，摩擦力的方向水平向左C．有摩擦力的作用，但摩擦力的方向不能确定，因为m1、m2、θ1、θ2的数值并未给出D．以上结论都不对6．图中弹簧秤,绳和滑轮的重量均不计,绳与滑轮间的摩擦力不计，物体的重力都是G，在图甲、乙、丙三种情况下,弹簧秤的读数分别是F1、F2、F3，则（)A．F3>F1=F2B．F3=F1>F2 C．F1=F2=F3 D．F1〉F2=F37．某青年的质量是某少年质量的两倍，该青年能施的最大拉力是该少年能施最大拉力的两倍。

2015-2016学年江西省宜春中学高二（上)第六次周考物理试卷一、（本大题共8小题,每小题6分，共48分．其中1—5题，在每小题给出的四个选项中,只有一个选项是正确的,6—8题有多个选项是正确的，全选对的得6分,选对但不全的得3分，选错或不答的得0分．把答案前的字母填在答题卡相应的表格中）1．如图所示,为某种用来束缚原子的磁场的磁感线分布情况,以O点（图中白点)为坐标原点，沿Z轴正方向上各点的磁感应强度B大小的变化可能为（）A．B．C．D．2．地球是一个大磁体：①在地面上放置一个小磁针，小磁针的南极指向地磁场的南极；②地磁场的北极在地理南极附近；③赤道附近地磁场的方向和地面平行；④北半球地磁场方向相对地面是斜向上的；⑤地球上任何地方的地磁场方向都是和地面平行的．以上关于地磁场的描述正确的是（）A．①②④ B．②③④ C．①⑤D．②③3．如图所示,A、B、C是等边三角形的三个顶点，O是A、B连线的中点．以O为坐标原点，A、B连线为x轴，O、C连线为y轴，建立坐标系．过A、B、C、O四个点各有一条长直导线垂直穿过纸面，导线中通有大小相等、方向向里的电流．则过O点的通电直导线所受安培力的方向为（)A．沿y轴正方向 B．沿y轴负方向 C．沿x轴正方向 D．沿x轴负方向4．如图，是磁电式电流表的结构，蹄形磁铁和铁芯间的磁场是均匀地辐向分布，线圈中a、b 两条导线长均为l,通以图示方向的电流I，两条导线所在处的磁感应强度大小均为B．则(）A．该磁场是匀强磁场B．线圈平面总与磁场方向垂直C．线圈将逆时针方向转动D．a、b导线受到的安培力大小总为IlB5．如图所示，条形磁铁放在光滑斜面上，用平行于斜面的轻弹簧拉住而平衡,A为水平放置的直导线的截面，导线中无电流时磁铁对斜面的压力为F N1;当导线中有垂直纸面向外的电流时，磁铁对斜面的压力为F N2，则下列关于压力和弹簧的伸长量的说法中正确的是（）A．F N1＜F N2,弹簧的伸长量减小B．F N1=F N2，弹簧的伸长量减小C．F N1＞F N2,弹簧的伸长量增大D．F N1＞F N2,弹簧的伸长量减小6．带电粒子M只在电场力作用下由P点运动到Q点，在此过程中克服电场力做了2。

2015-2016学年江西省宜春三中高三(上）第二次周考物理试卷一、选择题（每小题6分,共48分）1．如图，光滑斜面固定于水平面，滑块A、B叠放后一起冲上斜面，且始终保持相对静止，A上表面水平．则在斜面上运动时，B受力的示意图为（）A．B．C．D．2．如图所示，在倾角为30°的光滑固定斜面上有质量均为m的两个小球A、B,两球用劲度系数为k的轻质弹簧相连接，现对B施加一水平向左的推力F，使A、B均静止在斜面上，此时弹簧的长度为l,则弹簧的原长和推力F的大小分别为（重力加速度为g）（）A．l+和2mg B．l+和mgC．l﹣和2mg D．l﹣和mg3．如图所示，轻绳下端拴接一小球，上端固定在天花板上．用外力F将小球沿圆弧从图中实线位置缓慢拉到虚线位置，F始终沿轨迹切线方向，轻绳中的拉力为T．则（）A．F保持不变，T逐渐增大B．F逐渐减小，T逐渐增大C．F逐渐增大，T逐渐减小D．F与T的合力逐渐增大4．如图所示，形状完全相同的两个圆柱体a、b靠在一起，两圆柱体的表面光滑，重力均为G，其中b的下半部分刚好固定在水平面MN的下方，上半部分露出水平面，a静止在水平面上．现过a的轴心施以水平作用力F，可缓慢地将a拉离水平面直到滑上b的顶端．对该过程分析，应有()A．拉力F先增大后减小,最大值是GB．开始时拉力F最大，为G，以后逐渐减小直至为0C．a、b间的压力保持为G不变D．a、b间的压力由0逐渐增大,最大为G5．两个可视为质点的小球a和b，用质量可忽略的刚性细杆相连放置在一个光滑的半球面内,如图所示,已知细杆长度是球面的半径的倍，当两球处于平衡状态时，细杆与水平面的夹角θ=15°，则小球a和b的质量之比为（）A．2：1 B．：1 C．1：D．：16．如图所示,放在水平桌面上的木块A处于静止状态，所挂砝码和托盘的总质量为0。

6kg，弹簧秤的读数为2N，滑轮摩擦不计．若轻轻取走盘中的部分砝码，使总质量减少到0.3kg，将会出现的情况是(）A．弹簧秤的读数将不变B．A仍静止不动C．A对桌面的摩擦力不变 D．A受到的合力变大7．如图所示，倾角θ=37°的斜面固定在水平面上,斜面上有一质量M=1kg的物块C受到轻质橡皮筋沿斜面向上的F=9N的拉力作用，平行于斜面的轻绳一端固定在物块C上,绳另一端跨过光滑定滑轮连接A、B两个小物块,物块C处于静止状态．已知物块C与斜面间的动摩擦因数μ=0.5,A、B两物块的质量分别为m A=0.2kg和m B=0。