河北唐山市第一中学高二物理上学期精选试卷检测题

2015-2016学年河北省唐山一中高二（上）开学物理试卷一、选择题（共12小题，每小题4分，计48分．在每小题给出的四个选项中，有的小题只有一个选项正确，有的小题有多个选项正确．全部选对的得4分，选不全的得2分，有选错或不答的得0分）1．研究发现，月球的平均密度和地球的平均密度差不多，当航天飞机贴近月球表面飞行时，下列哪些物理量的大小跟航天飞机贴近地球表面飞行时差不多（球的体积公式为）（）A．向心加速度B．线速度C．角速度D．周期2．如图所示，滑轮质量不计，如果m1=m2+m3，这时弹簧秤的读数为T，若把m2从右边移到左边的m1上，弹簧秤读数T将（）A．增大 B．减小 C．不变 D．无法判断3．如果把一个正点电荷放在一电场中，无初速地释放，在点电荷运动的过程中（）A．点电荷运动的轨迹一定与电场线重合B．正电荷的加速度方向，始终与所在点的电场线的切线方向一致C．点电荷的速度方向，始终与所在点的电场线的切线方向一致D．点电荷的动能越来越大4．某带电粒子仅在电场力作用下由a点运动到b点，电场线、粒子在a点的初速度以及运动轨迹如图所示．由此可以判定（）A．粒子在a点的加速度大于它在b点的加速度B．粒子在a点的动能小于它在b点的动能C．粒子在a点的电势能小于它在b点的电势能D．a点的电势低于b点的电势5．如图所示，木块M上表面是水平的，当木块m置于M上，并与M一起沿光滑斜面由静止开始下滑时，在下滑过程中（）A．重力对木块m做正功B．木块M对木块m的支持力不做功C．木块M对木块m的摩擦力做负功D．木块m所受合外力对m做正功6．两个相同的金属球A和B，A带正电，B带负电，且Q A与Q B的大小之比是4：1，若在A、B 连线上的某点C放一个点电荷Q C，A、B对Q C作用的静电力刚好平衡，则（）A．C点一定在连线的B点的外侧B．C点一定在连线的A点的外侧C．C点一定在A、B之间D．C点的场强一定为零7．平行板电容器一个极板和静电计相接，当该极板带上一定量电荷后，静电计张开一定角度θ，如图所示．如果平行板电容器发生变化，下面关于静电计张角θ变化的说法正确的是（）A．两极板间距离增大，θ增大B．两极板正对面积减小，θ减小C．在电容器内加入电介质，θ增大D．上述说法都不对8．我们的银河系的恒星中大约四分之一是双星．某双星由质量不等的星体S1和S2构成，两星在相互之间的万有引力作用下绕两者连线上某一定点C做匀速圆周运动．由天文观察测得其运动周期为T，S1到C点的距离为r1，S1和S2的距离为r，已知引力常量为G．由此可求出S2的质量为（）A．B．C． D．9．在质量为M的电动机飞轮上，固定着一个质量为m的重物，重物到轴的距离为R，如图所示，为了使电动机不从地面上跳起，电动机飞轮转动的最大角速度不能超过（）A．B． C．D．10．轻绳一端系在质量为m的物体A上，另一端系在一个套在粗糙竖直杆MN的圆环上．现用水平力F拉住绳子上一点O，使物体A从图中实线位置缓慢下降到虚线位置，但圆环仍保持在原来位置不动．则在这一过程中，环对杆的摩擦力F1和环对杆的压力F2的变化情况是（）A．F1保持不变，F2逐渐增大B．F1逐渐增大，F2保持不变C．F1逐渐减小，F2保持不变D．F1保持不变，F2逐渐减小11．内壁光滑的环形凹槽半径为R，固定在竖直平面内，一根长度为R的轻杆，一端固定有质量为m的小球甲，另一端固定有质量为2m的小球乙，将两小球放入凹槽内小球乙位于凹槽的最低点，如图所示由静止释放后（）A．下滑过程中甲球减少的机械能总是等于乙球增加的机械能B．下滑过程中甲球减少的重力势能总是等于乙球增加的重力势能C．甲球可沿凹槽下滑到槽的最低点D．杆从右向左滑回时，乙球一定能回到凹槽的最低点12．平行板电容器下板接地，两板与电源相连，b为正中央的点，将不带电的金属板插入两板正中间的如图所示位置后，a、b、c三点场强及电势变化情况为（）A．E a=E c且均增大，E b减为零B．φc＞φb＞φa，且三点电势均减小C．E a=E c且不变，E b减为零D．φc＞φb＞φa，且φc减小，φb不变，φa增大．二．实验题（共2小题，每小题6分，计12分．）13．用如图1所示装置探究“功与速度变化的关系”．实验步骤如下：A．细绳一端系在滑块上，另一端通过滑轮挂上钩码（忽略滑轮与绳子间的摩擦），用垫块将长木板右端垫起．调整长木板的倾角，直至轻推滑块后，滑块沿长木板向下做匀速直线运动；B．保持长木板的倾角不变，取下细绳和钩码，让滑块沿长木板向下做匀加速直线运动．请回答下列问题：（1）实验中是否需要满足钩码质量远远小于滑块质量．（填“是”或“否”）；（2）若滑块质量为M、钩码质量为m、当打点计时器打下1、3点时滑块的速度分别为v1和v3，1、3两点之间距离为s，重力加速度为g．探究结果的表达式是．（用相应的符号表示）14．某实验小组设计了如图（a）所示的实验装置，通过改变重物的质量，利用计算机可得滑块运动的加速度a和所受拉力F的关系图象．他们在轨道水平和倾斜的两种情况下分别做了实验，得到了两条a﹣F图线，如图（b）所示．滑块和位移传感器发射部分的总质量m= kg；滑块和轨道间的动摩擦因数μ=（重力加速度g取10m/s2）三．计算题15．地面上有一个半径为R的圆形跑道，高为h的平台边缘上的P点在地面上P′点的正上方，P′与跑道圆心O的距离为L（L＞R），如图所示．跑道上停有一辆小车，现从P点水平抛出小沙袋，使其落入小车中（沙袋所受空气阻力不计）．问：（1）当小车停在B点时（∠AOB=90°），沙袋被抛出时的初速度为多大？（2）若小车沿跑道顺时针运动，当小车恰好经过A点时，将沙袋抛出，为使沙袋能在B处落入小车中，小车的速率v应满足什么条件？16．如图所示，竖直放置的半圆形绝缘轨道半径为R，下端与光滑绝缘水平面平滑连接，整个装置处于方向竖直向上的匀强电场E中．一质量为m、带电量为+q的物块（可视为质点），从水平面上的A点以初速度v0水平向左运动，沿半圆形轨道恰好通过最高点C，场强大小为E（E小于）．（1）试计算物块在运动过程中克服摩擦力做的功．（2）证明物块离开轨道落回水平面时的水平距离与场强大小E无关，且为一常量．17．一长木板置于光滑水平地面上，木板左端放置一小物块，在木板右方有一墙壁，木板右端与墙壁的距离为4m，如图（a）所示．t=0时刻开始，小物块与木板一起以共同速度向右运动，直至t=1s时木板与墙壁碰撞（碰撞时间极短）．碰撞前后木板速度大小不变，方向相反；运动过程中小物块始终未离开木板．已知碰撞后1s时间内小物块的v﹣t图线如图（b）所示．小物块质量是木板质量的3倍，重力加速度大小g取10m/s2．求（1）木板与墙壁碰撞后，木板离开墙壁的最大距离；（2）小物块距离木板左端的最终距离．2015-2016学年河北省唐山一中高二（上）开学物理试卷参考答案与试题解析一、选择题（共12小题，每小题4分，计48分．在每小题给出的四个选项中，有的小题只有一个选项正确，有的小题有多个选项正确．全部选对的得4分，选不全的得2分，有选错或不答的得0分）1．研究发现，月球的平均密度和地球的平均密度差不多，当航天飞机贴近月球表面飞行时，下列哪些物理量的大小跟航天飞机贴近地球表面飞行时差不多（球的体积公式为）（）A．向心加速度B．线速度C．角速度D．周期【考点】万有引力定律及其应用；向心力．【专题】万有引力定律的应用专题．【分析】航天飞机贴近月球表面飞行与航天飞机贴近地球表面飞行时，均有万有引力提供向心力即又因为可以解得：，，，．根据以上解得的a、v、ω、T与半径的关系讨论．【解答】解：航天飞机贴近月球表面飞行与航天飞机贴近地球表面飞行时，均有万有引力提供向心力即又因为所以解得：．A、由，可以看出a跟星球的半径r有关系，r不相同，v 就不等．故A错误．B、由，可以看出v跟星球的半径r有关系，r不相同，v就不等．故B错误．C、由，可以看出ω跟星球的半径r无关，而其它各量均相等，故角速度ω相等．故C正确．D、由，可以看出T跟星球的半径r无关，而其它各量均相等，故周期T相等．故D正确．故选CD．【点评】本题主要考查万有引力等于向心力这个关系，根据这个关系计算出a、v、ω、T．这是在天体问题中经常用到的关系和结论，要熟练掌握．2．如图所示，滑轮质量不计，如果m1=m2+m3，这时弹簧秤的读数为T，若把m2从右边移到左边的m1上，弹簧秤读数T将（）A．增大 B．减小 C．不变 D．无法判断【考点】牛顿第二定律；物体的弹性和弹力．【专题】牛顿运动定律综合专题．【分析】弹簧秤的读数等于两根绳子的拉力之和，对整体分析，运用整体法和隔离法求出绳子拉力的大小，与初始开始进行比较，从而判断弹簧秤读数的变化．【解答】解：令平衡时绳中张力为F，根据平衡知，开始弹簧秤读数T=2F=2m1g．把物体m2从右边移到左边的物体m1上，整体的加速度a==．隔离对m3分析，令此时绳中张力为F′．由牛顿第二定律可得：F′﹣m3g=m3a，解得＜m2g+m3g=m1g可知F′＜F，则T′=2F′＜T．故B正确，A、C、D错误．故选：B．【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，注意整体法和隔离法的运用．3．如果把一个正点电荷放在一电场中，无初速地释放，在点电荷运动的过程中（）A．点电荷运动的轨迹一定与电场线重合B．正电荷的加速度方向，始终与所在点的电场线的切线方向一致C．点电荷的速度方向，始终与所在点的电场线的切线方向一致D．点电荷的动能越来越大【考点】电势能；电场强度．【专题】电场力与电势的性质专题．【分析】不计重力的粒子在电场力作用下从A到B，由运动与力关系可知，电场力方向与速度方向分居在运动轨迹两边，且电场力偏向轨迹的内侧．沿着电场线的方向电势降低的．加速度等于电场力除以质量．【解答】解：A、若是匀强电场，则点电荷的运动轨迹与电场线重合，所以运动轨迹不一定重合，故A错误；B、正电荷的受到的电场力的方向始终与所在点的电场线的切线方向一致，而电场力的方向与加速度方向相同，故B正确；C、若是匀强电场，则点电荷的速度方向，与所在点的电场线方向相同，故C错误；D、正点电荷放在一电场中，无初速地释放，则电场力做正功，导致动能增加，故D正确；故选：BD【点评】对于本题关键是根据运动轨迹来判定电场力方向，由曲线运动条件可知合力偏向曲线内侧．根据电场力来确定电场力做功的正负，从而判定电势能增加与否．4．某带电粒子仅在电场力作用下由a点运动到b点，电场线、粒子在a点的初速度以及运动轨迹如图所示．由此可以判定（）A．粒子在a点的加速度大于它在b点的加速度B．粒子在a点的动能小于它在b点的动能C．粒子在a点的电势能小于它在b点的电势能D．a点的电势低于b点的电势【考点】电场线；电势．【专题】电场力与电势的性质专题．【分析】电场线是从正电荷或者无穷远出发出，到负电荷或无穷远处为止，沿电场线的方向，电势降低，电场线密的地方电场的强度大，电场线疏的地方电场的强度小．虽然本题不知电场线方向，不知带什么电，但可根据运动轨迹结合力与运动的关系，可确定电场力的方向．从而可确定电场力做负功，进而可定出动能与电势能的变化情况．【解答】解：A、由电场线可知，a点的电场线密，所以a点的电场强度大，粒子受的电场力大，加速度也就大，所以A正确；B、粒子受到的电场力指向曲线弯曲的内侧，所以受到的电场力的方向是沿电场线斜向下的，所以粒子从a到b的过程中，电场力做负功，电荷的电势能增大，动能减小，所以粒子在a点的动能大于它在b点的动能，所以B错误，C正确；D、沿电场线的方向，电势降低，由于不知电荷的电性，所以无法确定电场线的方向，进而也无法确定电势的高低，所以D错误．故选AC．【点评】电场线是画在电场中的一条条有方向的曲线，用电场线可以形象地描述电场的强弱和方向．5．如图所示，木块M上表面是水平的，当木块m置于M上，并与M一起沿光滑斜面由静止开始下滑时，在下滑过程中（）A．重力对木块m做正功B．木块M对木块m的支持力不做功C．木块M对木块m的摩擦力做负功D．木块m所受合外力对m做正功【考点】功的计算．【专题】功的计算专题．【分析】该题应先分析木块m运动，后受力分析，再分析各个力做功．【解答】解：A、物体受重力竖直向下，而位移沿斜面向下，故重力对木块做正功，故A正确；B、木块M对木块m的支持力竖直向上，而位移沿斜面向下，力和位移夹角大于90°，故支持力做负功，故B错误；C、将两物体作为整体处理，则加速度为gsinθ，两物体的加速度相同，m在水平方向上有向左的摩擦力的作用，物体m向左下方运动，所以摩擦力对m做正功，故C错误；D、木块向下加速运动，故动能增加，由动能定理可知，木块m所受合外力对m做正功，故D 正确；故选AD．【点评】判断外力是否做功可由功的公式直接分析，也可以由动能定理求合外力功．6．两个相同的金属球A和B，A带正电，B带负电，且Q A与Q B的大小之比是4：1，若在A、B 连线上的某点C放一个点电荷Q C，A、B对Q C作用的静电力刚好平衡，则（）A．C点一定在连线的B点的外侧B．C点一定在连线的A点的外侧C．C点一定在A、B之间D．C点的场强一定为零【考点】库仑定律．【专题】电场力与电势的性质专题．【分析】解决本题一定要把握“放入的电荷处于平衡状态”这一特点进行受力分析．物体受两个力合力为零，这两个力应该等值，反向．【解答】解：因为A带正电，B带负电，只要放入的电荷受到的合力为0即可，通过受力分析可知，有库仑定律，Q A与Q B的大小之比是4：1，对C点则有r A＞r B而且保证两个力的方向相反，所以应将C置于AB线段上连线的B点的外侧．故选AD．【点评】本题考察了库仑定律在电荷平衡中的应用．应该抓住两个力的大小、方向的关系．7．平行板电容器一个极板和静电计相接，当该极板带上一定量电荷后，静电计张开一定角度θ，如图所示．如果平行板电容器发生变化，下面关于静电计张角θ变化的说法正确的是（）A．两极板间距离增大，θ增大B．两极板正对面积减小，θ减小C．在电容器内加入电介质，θ增大D．上述说法都不对【考点】电容器的动态分析．【分析】静电计指针的张角反应电容器两端间电势差的变化，抓住电容器带电量不变，根据U=，通过电容的变化，判断电势差的变化．【解答】解：A、两极板间距离增大，由电容的决定式C=判断可知，电容减小，电容器带电量不变，由C=知，极板间电势差增大，θ增大．故A正确．B、两极板正对面积减小，由电容的决定式C=判断可知，电容减小，电容器带电量不变，由C=知，极板间电势差增大，θ增大．故B错误．C、在电容器内加入电介质，由电容的决定式C=判断可知，电容增大，电容器带电量不变，由C=知，极板间电势差减小，θ减小．故C错误．D、由上知D错误故选A【点评】解决本题的关键掌握电容器的动态分析，电容器与电源断开，电量保持不变，电容器始终与电源相连，电容器两端间的电势差不变．8．我们的银河系的恒星中大约四分之一是双星．某双星由质量不等的星体S1和S2构成，两星在相互之间的万有引力作用下绕两者连线上某一定点C做匀速圆周运动．由天文观察测得其运动周期为T，S1到C点的距离为r1，S1和S2的距离为r，已知引力常量为G．由此可求出S2的质量为（）A．B．C． D．【考点】万有引力定律及其应用．【专题】计算题．【分析】这是一个双星的问题，S1和S2绕C做匀速圆周运动，它们之间的万有引力提供各自的向心力，S1和S2有相同的角速度和周期，结合牛顿第二定律和万有引力定律解决问题．【解答】解：设星体S1和S2的质量分别为m1、m2，星体S1做圆周运动的向心力由万有引力提供得：=即 m2=故选D．【点评】双星的特点是两个星体周期相等，星体间的万有引力提供各自所需的向心力．9．在质量为M的电动机飞轮上，固定着一个质量为m的重物，重物到轴的距离为R，如图所示，为了使电动机不从地面上跳起，电动机飞轮转动的最大角速度不能超过（）A．B．C．D．【考点】向心力；共点力平衡的条件及其应用；牛顿第二定律．【专题】牛顿第二定律在圆周运动中的应用．【分析】重物转到飞轮的最高点时，若重物对飞轮的作用力恰好等于电动机的重力时，电动机刚要跳起．以重物为研究对象，由牛顿第二定律求解角速度．【解答】解：重物转到飞轮的最高点时，电动机刚要跳起时，重物对飞轮的作用力F恰好等于电动机的重力Mg，即F=Mg．以重物为研究对象，由牛顿第二定律得Mg+mg=mω2R，解得ω=故选B【点评】本题是临界问题，关键分析临界条件，并要灵活选择研究对象．中档题．10．轻绳一端系在质量为m的物体A上，另一端系在一个套在粗糙竖直杆MN的圆环上．现用水平力F拉住绳子上一点O，使物体A从图中实线位置缓慢下降到虚线位置，但圆环仍保持在原来位置不动．则在这一过程中，环对杆的摩擦力F1和环对杆的压力F2的变化情况是（）A．F1保持不变，F2逐渐增大B．F1逐渐增大，F2保持不变C．F1逐渐减小，F2保持不变D．F1保持不变，F2逐渐减小【考点】共点力平衡的条件及其应用；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】以圆环、物体A及轻绳整体为研究对象，分析受力情况，根据平衡条件分析杆对环的摩擦力和弹力，再由牛顿第三定律分析环对杆的摩擦力F1的变化情况．以结点O为研究对象，分析F的变化，根据F与杆对环的弹力的关系，分析杆对环的弹力的变化情况．【解答】解：以圆环、物体A及轻绳整体为研究对象，分析受力情况，作出力图如图1所示．根据平衡条件得到，杆对环的摩擦力F1=G，保持不变．杆对环的弹力F2=F．再以结点O为研究对象，分析受力情况，作出力图如图2所示．由平衡条件得到F=mgtanθ当物体A从图中实线位置缓慢下降到虚线位置过程中，θ逐渐减小，则F逐渐减小，F2逐渐减小．所以F1保持不变，F2逐渐减小．故选：D．【点评】本题是力平衡中动态变化分析问题，关键是灵活选择研究对象，分析物体的受力情况．11．内壁光滑的环形凹槽半径为R，固定在竖直平面内，一根长度为R的轻杆，一端固定有质量为m的小球甲，另一端固定有质量为2m的小球乙，将两小球放入凹槽内小球乙位于凹槽的最低点，如图所示由静止释放后（）A．下滑过程中甲球减少的机械能总是等于乙球增加的机械能B．下滑过程中甲球减少的重力势能总是等于乙球增加的重力势能C．甲球可沿凹槽下滑到槽的最低点D．杆从右向左滑回时，乙球一定能回到凹槽的最低点【考点】功能关系．【分析】甲与乙两小球系统，重力势能和动能相互转化，系统机械能守恒；还可以将甲与乙当作一个整体，找出重心，机械能也守恒．【解答】解：A、甲与乙两个物体系统机械能守恒，故甲减小的机械能一定等于乙增加的机械能，故A正确；B、甲与乙两个物体系统机械能守恒，甲球减小的重力势能转化为乙的势能和动能以及甲的动能，故B错误；C、若甲球沿凹槽下滑到槽的最低点，乙则到达与圆心等高处，但由于乙的质量比甲大，造成机械能增加了，明显违背了机械能守恒定律，故甲球不可能到圆弧最低点，故C错误；D、由于机械能守恒，故动能减为零时，势能应该不变，故杆从右向左滑回时，乙球一定能回到凹槽的最低点，故D正确；故选：AD．【点评】本题关键是甲与乙两个球系统机械能守恒，也可以找出系统重心，当作单个物体．12．平行板电容器下板接地，两板与电源相连，b为正中央的点，将不带电的金属板插入两板正中间的如图所示位置后，a、b、c三点场强及电势变化情况为（）A．E a=E c且均增大，E b减为零B．φc＞φb＞φa，且三点电势均减小C．E a=E c且不变，E b减为零D．φc＞φb＞φa，且φc减小，φb不变，φa增大．【考点】电场强度；电势．【专题】电场力与电势的性质专题．【分析】当金属板插入极板正中间时，可视为两个电容器串联，中间的且金属板处于静电平衡状态，内部场强为零，是等势体；总电压不变，而极板间距等效减小，利用E和U=Ed 判断场强和电势即可．【解答】解：AC、当金属板插入极板正中间时，中间的且金属板处于静电平衡状态，内部场强为零即b点的场强为零；而极板间距等效减小，由E=知，内部场强变大，即a、c两点的场强变大且相等，故A正确、C错误．BD、当金属板插入极板正中间时，中间的且金属板处于静电平衡状态，是个等势体，所以b点的电势与金属上下表面上的电势相等；沿着电场线电势越来越低，所以φc＞φb＞φa，由AC选项分析知a、c两点的场强变大，由于下级板接地，据U=Ed得a点的电势变大，b点的电势不变，c点的电势变小，故B错误，D正确．故选：AD．【点评】明确金属导体插入电容器后，金属导体处于静电平衡，极板等效距离减小，判断内部场强；再灵活应用U=Ed判断电势．二．实验题（共2小题，每小题6分，计12分．）13．用如图1所示装置探究“功与速度变化的关系”．实验步骤如下：A．细绳一端系在滑块上，另一端通过滑轮挂上钩码（忽略滑轮与绳子间的摩擦），用垫块将长木板右端垫起．调整长木板的倾角，直至轻推滑块后，滑块沿长木板向下做匀速直线运动；B．保持长木板的倾角不变，取下细绳和钩码，让滑块沿长木板向下做匀加速直线运动．请回答下列问题：（1）实验中是否需要满足钩码质量远远小于滑块质量．否（填“是”或“否”）；（2）若滑块质量为M、钩码质量为m、当打点计时器打下1、3点时滑块的速度分别为v1和v3，1、3两点之间距离为s，重力加速度为g．探究结果的表达式是mgs=．（用相应的符号表示）【考点】探究功与速度变化的关系．【专题】实验题．【分析】平衡摩擦力后，滑块合力为零，滑块重力沿斜面向下的分力与摩擦力的合力等于细绳的拉力，拉力又等于钩码的重力．结合实验的原理得出功能的表达式．【解答】解：（1）平衡摩擦力后滑块在匀加速下滑过程中所受的合外力大小等于细绳的拉力，平衡摩擦力时，由于钩码做匀速直线运动，细绳的拉力大小等于钩码的重力大小，所以滑块所受的合外力大小等于钩码的重力大小．不需要满足钩码质量远小于滑块质量．（2）滑块的合力为mg，合力做功为mgs，动能的变化量为，探究结果的表达式是mgs=．故答案为：（1）否，（2）mgs=．【点评】明确实验原理是解决实验题的关键．本实验应理解为什么挂钩码前要首先平衡摩擦力，知道滑块所受的合力等于钩码的重力．14．某实验小组设计了如图（a）所示的实验装置，通过改变重物的质量，利用计算机可得滑块运动的加速度a和所受拉力F的关系图象．他们在轨道水平和倾斜的两种情况下分别做了实验，得到了两条a﹣F图线，如图（b）所示．滑块和位移传感器发射部分的总质量m= 0.5 kg；滑块和轨道间的动摩擦因数μ=0.2 （重力加速度g取10m/s2）。

2020年河北省唐山市第一中学高二物理测试题含解析一、选择题：本题共5小题，每小题3分，共计15分．每小题只有一个选项符合题意1.参考答案：BCD2. 一个用半导体材料制成的电阻器D，其电流I随它两端的电压U的关系图像如（a）所示，将它与两个标准电阻R1、R2并联后接在电压恒为U的电源上，如图（b）所示，三个用电器消耗的电功率均为P；现将它们连接成如图（c）所示的电路，仍然接在该电源的两端，设电阻器D和电阻R1、R2消耗的电功率分别为PD、P1、P2，它们之间的大小关系有：A．P1 = 4 P2 B．PD = P/9 C．P1＜4 P2 D．PD＞P2参考答案：C3. 一束粒子流由左端平行于极板P1射入质谱仪，沿着直线通过电磁场复合区后，并从狭缝S0进入匀强磁场B2，在磁场B2中分为如图所示的三束，则下列相关说法中正确的是（）A．速度选择器的P1极板带负电B．粒子1带正电C．能通过狭缝S0的带电粒子的速率等于D．粒子2的比荷的绝对值最大参考答案：C【考点】带电粒子在匀强磁场中的运动；牛顿第二定律；向心力；质谱仪和回旋加速器的工作原理．【分析】三种粒子通过左侧正交的电磁场沿直线运动，电场力与洛伦兹力平衡，可知速度相同．根据左手定则判断粒子的偏转方向，牛顿第二定律研究磁场中圆周半径，根据半径公式分析比荷的大小．【解答】解：A、三种粒子在正交的电磁场中做匀速直线运动，由力平衡得：qvB=qE，根据左手定则可知，若带电粒子带正电荷，洛伦兹力的方向向上，所以电场力的方向向下，选择器的P1极板带正电；若带电粒子带负电，洛伦兹力的方向向下，所以电场力方向向上，选择器的P1极板带正电．故选择器的P1极板一定是带正电．与带电粒子无关．故A 错误；B、在磁场2中，磁场的方向向外，根据左手定则，正电荷受到的安培力的方向向下，将向下偏转；负电荷受到的安培力的方向向上，将向上偏转．所以1带负电．故B错误；C、能通过狭缝S0的带电粒子受到的电场力与洛伦兹力的大小相等，方向相反，即：qvB=qE，所以v=．故C正确；D、由qvB=m，得，r与比荷成反比，粒子2的半径最大，所以粒子2的比荷的绝对值最小．故D错误．故选：C4. （多选题）将质量为m0的木块固定在光滑水平面上，一颗质量为m的子弹以速度v0沿水平方向射入木块，子弹射穿木块时的速度为，现将同样的木块放在光滑的水平桌面上，相同的子弹仍以速度v0沿水平方向射入木块，设子弹在木块中所受阻力不变，则以下说法正确的是（）A．若m0=3m，则能够射穿木块B．若m0=3m，则不能射穿木块，子弹将留在木块中，一起以共同的速度做匀速运动C．若m0=3m，则刚好能射穿木块，此时相对速度为零D．若子弹以3v0速度射向木块，并从木块中穿出，木块获得的速度为v1；若子弹以4v0速度射向木块，木块获得的速度为v2，则必有v2＜v1参考答案：BD【考点】动量守恒定律．【分析】应用动能定理、动量守恒定律、动量定理分析答题．【解答】解：A、木块固定时，子弹射穿木块，设木块长度为d，对子弹，由动能定理得：fd=mv02﹣m=mv02，木块不固定时，子弹射入木块，系统动量守恒，假设前后能穿出；由动量守恒定律得：mv0=（m0+m）v，由能量守恒定律得：mv02=（m0+m）v2+Q，Q=fd，解得：m0=8m，则子弹要穿出木块m0≥8m，故AC错误，B正确；D、子弹以3v0速度射向木块，并从木块中穿出，子弹以4v0速度射向木块时，木块也能从木块中穿出，木块宽度一定，子弹是越大，子弹穿过木块的时间t越短，子弹穿过木块时受到的阻力f 相同，对木块，由动量定理得：ft=m0v可知，时间t越短，木块获得的速度越小，则v2＜v1，故D正确；故选BD．5. 对于水蒸发时的动态平衡下列说法正确的是A．当水蒸气中单位体积内的分子数增大到一定的程度时就可以结束动态平衡B．动态平衡时，在相同时间内回到水中的分子数等于从水面飞出去的分子数C．动态平衡时，单位时间内回到水中单位面积的分子数不变D．温度升高时，单位时间内从水中飞出的水分子数增多，原来的动态平衡被破坏，水继续蒸发参考答案：BCD二、填空题：本题共8小题，每小题2分，共计16分6. 以无穷远为零电势，将一个电量为：库的负电荷，从无穷远处移到电场中的A点，电场力做功为焦耳。

高二年级物理试卷说明：1．考试时间90分钟，满分100分。

2．将卷Ⅰ答案用2B 铅笔涂在答题卡上,卷Ⅱ用蓝黑钢笔或圆珠笔答在答题卷上.。

3．Ⅱ卷卷头和答题卡均填涂本次考试的考号，不要误填学号，答题卡占后５位卷Ⅰ(选择题 共44分)一、单项选择题（共6小题，每小题4分，计24分。

在每小题给出的四个选项中，只有一个选项正确）1．关于电路中感应电动势的大小，下列说法中正确的是（ ） A ．穿过电路的磁通量越大，感应电动势就越大 B ．电路中磁通量的改变量越大，感应电动势就越大 C ．电路中磁通量变化越快，感应电动势越大D ．若电路中某时刻磁通量为零，则该时刻感应电流一定为零 2．下面各图中给出的是一个电子以速度v 沿垂直于磁场方向射入磁场后，电子所受洛仑兹力、电子速度方向和磁场方向三个物理量的方向，其中正确的是( )3．关于B ＝F/IL ，下列正确说法的是（ ）A ．磁感应强度B 与通电导体所受安培力成正比B ．磁感应强度B 与通电导体长度和电流强度的乘积成反比C ．公式表明磁感强度B 的方向与通电导体的受力方向一致D ．以上说法都不对4．如图所示，带负电的金属环绕轴OO ＇以一定的角速度匀速旋转，从右向左看为逆时针方向，在环左侧轴线上的小磁针最后平衡的位置是( )A ．N 极沿轴线向右B ．N 极沿轴线向左C ．N 极竖直向下D ．N 极竖直向上5．两根通电的长直导线平行放置，电流分别为I 1和I 2（且I 1＞ I 2），电流的方向如图所示，在与导线垂直的平面上有a 、b 、c 、d 四点，其中a 、b 在导线横截面连线的延长线上，c 、d 在导线横截面连线的垂直平分线上。

则导体中的电流在这四点产生的磁场的磁感应强度可能为零的是（ ） A ．a 点 B ．b 点 C ．c 点 D ．d 点6． 如图所示，在竖直向下的匀强磁场中有一可以自由转动的水平铜盘（不计各种摩擦），现让铜盘转动。

下面对观察到的现象描述及解释正确的是（ ） A ．铜盘中没有感应电动势、没有感应电流，铜盘将一直转动下去B ．铜盘中既有感应电动势又有感应电流，铜盘将很快停下C ．铜盘中有感应电动势、没有感应电流，铜盘将一直转动下去D ．铜盘中既有感应电动势又有感应电流，铜盘将越转越快二、多项选择题（共4小题，每小题5分，计20ffA B C D v＇项正确。

D.感抗、容抗和电阻一样，交流电通过它们做功时都是电能转化为内能
三、实验题：本题共2小题，共18分。把答案写在答题卡中指定的答题处，不要求写出演算过程。
11．（6分）有一内阻未知（约2kΩ~6kΩ）、量程（0~3V）的直流电压表．某同学用一多用电表的欧姆档，直接去测量该电压表的内阻，则欧姆档的选择开关应拨至倍率“×_________”档。该同学先将红黑表笔短接调零后，应选图___________（选填“甲”或“乙”）的方式连接。在实验中，欧姆表的刻度盘如图丙所示，则电压表的电压应为_______________Ω。
5、A
【解析】A．任意两条磁感线一定不相交，电场线也不相交，否则交点处有两个方向，违反唯一性的特点，选项A正确；
B．电场线是不闭合曲线，而磁感线是闭合的曲线，选项B错误；
C．电场线和磁感线都是假想的曲线，并不存在，选项C错误；
D．电场线越密的地方，电场强度越大，由公式F=qE知同一试探电荷所受的电场力越大；磁感线分布越密的地方，磁感应强度越大，同一试探电荷所受的磁场力不一定越大，还与电荷的运动方向与磁感应强度方向的夹角有关，选项D错误。
A.导体棒CD内有电流通过，方向是D→C
B.导体棒CD内有电流通过，方向是C→D
C.磁场对导体棒CD的作用力向左
D.磁场对导体棒CD 作用力向右
10、下列说法中错误 是( )
A.电感线圈对交流具有阻碍作用的主要原因是线圈具有电阻
B.电容器对交流具有阻碍作用的原因是两板间的绝缘体电阻很大
C.在交流电路中，电阻、感抗、容抗可以同时存在
【点睛】洛仑兹力对小球不做功，但是洛仑兹力影响了球对轨道的作用力，在电场中的小球，电场力对小球做功，影响小球的速度的大小，从而影响小球对轨道的压力的大小