山东省聊城市外国语学校2014-2015学年高二下学期期中考试物理试题 (Word版含答案)

2014-2015学年山东省聊城市外国语学校高二（下）开学物理试卷参考答案与试题解析一、单先题：本题共10小题．每小题4分，共40分．在每小题给出的四个选项中，只有一个选项正确．全部选对的得4分，有错选或不选的得0分．1．（4分）下列说法中正确的是（）A．电场强度为零的点，电势一定为零B．电场强度处处相等的区域内，电势也一定处处相等C．电流在磁场中某点不受磁场力作用，则该点的磁感应强度不一定为零D．由B=可知，B与F成正比，与IL成反比考点：磁感应强度；电场强度．分析：电场的基本性质是对放入的电荷有力的作用，而通电导线放入磁场中不一定有磁场力的作用；电场与磁场都是客观存在的特殊物质；电势是描述电场性质的一种物理量，与电场强度没有直接关系．解答：解：A、电场强度与电势没有关系，电场强度为零的地方电势不一定为零，电势为零的地方电场强度也不一定为零，故A错误；B、电场强度处处相等的区域内，电势不处处相等，比如匀强电场，沿着电场线方向，电势是降低的．故B错误；C、处在电场中的电荷一定受到电场力，但在磁场中运动的电荷不一定有磁场力存在，当运动方向与磁场方向平行时，没有磁场力作用，因此某点不受磁场力作用，则该点的磁感应强度不一定为零．故C正确；D、磁感应强度的大小B=，是比值定义法，因此B与F，与IL均没有关系，故D错误；故选：C点评：考查电场与磁场的基本知识，通过相互比较来加强理解．注意电荷在磁场中受洛伦兹力是“有条件”的即运动电荷和磁场方向有夹角，若是平行或电荷与磁场相对静止则不受洛伦兹力作用，而电荷在电场中受电场力是“无条件”的即电场力与电荷的运动状态无关．是一道基础题，同时也是易错题．2．（4分）在电场中的某点放入电荷量为﹣q的试探电荷时，测得该点的电场强度为E；若在该点放入电荷量为+2q的试探电荷，其它条件不变，此时测得该点的电场强度为（）A．大小为2E，方向和E相反B．大小为E，方向和E相同C．大小为2E，方向和E相同D．大小为E，方向和E相反考点：电场强度．专题：电场力与电势的性质专题．分析：电场强度是由电场本身决定，与试探电荷无关，故放入电荷量为﹣q的试探电荷时的电场强度与放入电荷量为+2q的试探电荷时的电场强度相同．解答：解：电场强度是描述电场强弱的物理量，是试探电荷所受的电场力F与试探电荷所带的电荷量q的比值，是由电场本身决定，故与试探电荷的有无，电性，电量的大小无关．故在该点放入电荷量为﹣q的试探电荷时电场强度为E，改放电荷量为+2q的试探电荷时电场强度仍为E．故B正确．故选：B．点评：电场强度是由电场本身决定，与试探电荷无关．3．（4分）如图所示，一带负电的粒子，沿着电场线从A点运动到B点的过程中，以下说法中正确的是（）A．带电粒子的电势能越来越小B．带电粒子的电势能越来越大C．带电粒子受到的静电力一定越来越小D．带电粒子受到的静电力一定越来越大考点：电势能；电场线．专题：电场力与电势的性质专题．分析：负电粒子沿着电场线从高电势向低电势运动，电场力做负功，导致电势能增大；而仅仅一根电场线无法确定电场强度的强弱，因而电场力也无法确定大小．解答：解：A、负电粒子沿着电场线从A点运动到B点的过程中，由于沿着电场线电势降低，因此负电粒子所受到的电场力做负功，导致电势能增大．故A错误，B正确；C、由于仅仅一根电场线，所以无法确定电场强度的大小，因此也无法确定电场力的大小．故CD错误；故选：B点评：考查负电粒子沿着电场线运动，电势能增大；若逆着电场线运动，则电势能减小．若正电粒子沿着电场线运动，则电势能减小，若逆着电场线运动，则电势能增大．同时根据电场线的疏密来确定电场强度的强弱，从而来确定电场力的大小．4．（4分）如图所示，在真空中，两个放在绝缘架上的相同金属小球A和B，相距为r．球的半径比r小得多，A带电荷量为+4Q，B带电荷量为﹣2Q，相互作用的静电力为F．现将小球A和B互相接触后，再移回至原来各自的位置，这时A和B之间相互作用的静电力为F′．则F与F′之比为（）A．8：3 B．8：1 C．1：8 D．4：1考点：库仑定律．专题：电场力与电势的性质专题．分析：由库仑定律可得出两球在接触前后的库仑力表达式，则根据电量的变化可得出接触后的作用力与原来作用力的关系．解答：解：由库仑定律可得：没接触前AB之间的静电力为F，则F=k=k，而两球接触后再分开，它们的电荷量是先中和，在平分，故分开后，若两球带的是同种电荷，则两球的带电量均为为Q则库仑力F′=k=F，所以F与F′之比为8：1故选B．点评：在解答本题的时候，一定要注意，它们带的异种电荷，在接触之后，它们的电荷量要先中和，之后再平分．5．（4分）一点电荷从电场中的A点移动到B点，静电力做功为零，则以下说法中正确的是（）A．A、B两点的电势一定相等B．A、B两点的电场强度一定相等C．该点电荷一定始终沿等势面运动D．作用于该点电荷的静电力方向与其移动方向一定是始终垂直的考点：电势；电场强度；等势面．专题：电场力与电势的性质专题．分析：根据电场力做功公式W AB=qU AB，静电力做功为零，U AB=0，A、B两点电势相等，电场强度不一定相等．电场力做功只与电荷的初末位置有关，与路径无关，可判断电荷不一定沿等势面移动，静电力就不一定与移动方向垂直．解答：解：A、根据电场力做功公式W AB=qU AB，静电力做功为零，U AB=0，A、B两点电势相等，故A正确．B、电场强度与电势没有直接关系，电势相等，场强不一定相等．故B错误．C、D电场力做功只与电荷的初末位置有关，与路径无关，电场力做功为零，电荷不一定沿等势面移动，静电力不一定与移动方向垂直．故C、D错误．故选A．点评：电场力与重力相似，做功只与初末位置有关，与路径无关．6．（4分）如图为某匀强电场的等势面分布图（等势面竖直分布），已知每两个相邻等势面相距2cm，则该匀强电场的电场强度大小和方向分别为（）A．E=100V/m，竖直向下B．E=100V/m，竖直向上C．E=100V/m，水平向左D．E=100V/m，水平向右考点：等势面；电场强度．专题：电场力与电势的性质专题．分析：电场线总是与等势面垂直，而且由高电势指向低电势．根据匀强电场场强与电势差的关系E=求出电场强度的大小．解答：解：根据电场线总是与等势面垂直，而且由高电势指向低电势，可知，电场强度方向水平向左．两个相邻等势面相距d=2cm，电势差U=2V，则电场强度E==．故选C点评：本题考查电场线与等势面的关系、场强与电势差的关系．公式E=中，d是沿电场线方向两点间的距离．7．（4分）如图所示，一带电油滴悬浮在平行板电容器两极板A、B之间的P点，处于静止状态．现将极板A向下平移一小段距离，但仍在P点上方，其它条件不变．下列说法中正确的是（）A．液滴将向下运动B．液滴不动C．极板带电荷量将增加D．极板带电荷量将减少考点：电容器的动态分析．专题：电容器专题．分析：带电油滴悬浮在平行板电容器中P点，处于静止状态，电场力与重力平衡，将极板A向下平移一小段距离时，根据E=分析板间场强如何变化，判断液滴如何运动．根据电容的决定式和定义式结合分析极板所带电量如何变化．解答：解：A、B电容器板间的电压保持不变，当将极板A向下平移一小段距离时，根据E=分析得知，板间场强增大，液滴所受电场力增大，液滴将向上运动．故A错误，B也错误．C、D将极板A向下平移一小段距离时，根据电容的决定式C=得知电容C增大，而电容器的电压U不变，极板带电荷量将增大．故C正确，D错误．故选：C．点评：本题关键要抓住电容器的电压不变，由电容的决定式C=和电量Q=CU结合分析电量变化．8．（4分）通过两定值电阻R1、R2的电流I和其两端电压U的关系图象分别如图所示，由图可知两电阻的阻值之比R1：R2等于（）A．1：3 B．3：1 C．1：D．：1考点：欧姆定律．专题：恒定电流专题．分析：根据欧姆定律，分析图线的斜率与电阻的关系，求解电阻之比．解答：解：根据欧姆定律得I=，由数学知识得知，图线的斜率等于电阻的倒数，则R1：R2=cot30°：cot60°=3：1．故选B点评：本题关键要抓住伏安特性曲线的斜率等于电阻的倒数，从数学的角度求解电阻之比．9．（4分）下列关于电流的说法中，错误的是（）A．我们把大小、方向都不随时间变化的电流称为恒定电流B．国际单位制中，电流的单位是安培，简称安C．电流既有大小又有方向，所以电流是矢量D．由I=可知，电流越大，单位时间内通过导体横截面的电荷量就越多考点：电流、电压概念．专题：恒定电流专题．分析：电荷的定向移动形成电流，大小和方向都不随时间变化的电流为恒定电流；电流是标量．解答：解：A、大小、方向都不随时间变化的电流称为恒定电流；故A正确；B、国际单位制中，电流的单位是安培，简称安；故B正确；C、电流有大小和方向，但电流的计算不适用于平行四边形定则；故C错误；D、由I=可知，电流的大小等于单位时间内通过导体横截面的电荷量，所以电流越大，单位时间内通过导体横截面的电荷量就越多．故D正确．本题选错误的；故选：C．点评：电流的方向表示电流的流向，与力、位移等方向不同，矢量的运算遵守平行四边形定则，而标量运算遵守代数法则．10．（4分）铅蓄电池的电动势为2V，这表示（）A．铅蓄电池在1s内将2J的化学能转化为电能B．铅蓄电池将1C的正电荷从正极移至负极的过程中，2J的化学能转变为电能C．铅蓄电池将1C的正电荷从负极移至正极的过程中，2J的化学能转变为电能D．铅蓄电池将化学能转变为电能的本领比一节干电池（电动势为1.5V）的小考点：电源的电动势和内阻．专题：恒定电流专题．分析：电源是把其他形式的能转化为电能的装置，电动势的定义式为E=，表示电源中每通过1C的电荷量，电源把2J的化学能转变为电能；电动势表征电源把其他形式的转化为电能的本领大小，电动势越大，这种转化的本领越大．解答：解：A、B、C、铅蓄电池内部非静电力将正电荷从负极移至正极．由电动势的定义式E=，可知铅蓄电池将1C的正电荷从负极移至正极的过程中，非静电力做功为2J，电源把2J的化学能转变为电能，不是1s内将2J的化学能转变成电能．故AB错误，C正确．D、电动势表征电源把其他形式的转化为电能的本领大小，电动势大，这种转化本领大．则知蓄电池将化学能转变为电能的本领比一节干电池（电动势为1.5 V）的大．故D错误．故选：C点评：本题考查对电动势的理解．抓住电动势的物理意义和定义式E=E=是关键，要知道W是非静电力做功，等于产生的电能．二、多先题：本题共5小题．每小题4分，共20分．11．（4分）关于电场线的说法中正确的是（）A．电场中任何两条电场线都不相交B．电场线上每一点的切线方向跟电荷在该点受电场力的方向相同C．沿电场线方向场强越来越小D．电场线越密集的地方同一检验电荷受电场力越大考点：电场线．分析：电场线的疏密表示电场强度的强弱，电场线某点的切线方向表示电场强度的方向．沿电场线方向电势降低．解答：解：A、电场线上每一点的切线方向都跟该点的场强方向一致，如果两条电场线相交，则会有两个方向，这显然是不可能的．故A正确；B、电场线上每一点的切线方向都跟正电荷在该点的受力方向相同，与负电荷在该点的电场力方向相反．故B错误；C、场强的大小与是否沿电场线的方向无关，顺着电场线移动电荷，若是匀强电场，则电荷受电场力大小可以不变．故C错误；D、电场线越密的地方，电场强度就越强，则同一检验电荷受的电场力就大，故D正确．故选：AD．点评：电场线虽然不实际存在，但可形象描述电场的大小与方向分布．电场线是从正电荷出发，终至于负电荷．同时电场线不相交，静电场的电场线也不闭合．12．（4分）由电场强度的定义式E=可知，在电场中的同一点（）A．电场强度E跟F成正比，跟Q成反比B．无论检验电荷所带的电量如何变化，始终不变C．电场中某点的场强为零，则在该点的电荷受到的电场力一定为零D．一个不带电的小球在P点受到的电场力为零，则P点的场强一定为零考点：电场强度．专题：电场力与电势的性质专题．分析：电场强度与试探电荷所受电场力、电荷量无关，由电场本身决定．同一电荷在电场中某点所受的电场力大，该点的电场强度不一定大．电场对不带电的小球没有电场力作用，一个不带电的小球在P点受到的电场力为零，P点的场强不一定为零．解答：解：A、电场强度等于试探电荷所受电场力与电荷量的比值，但电场强度E并不跟F成正比，跟q成反比，而F、q无关，E由电场本身决定．故A错误．B、在电场中的同一点，电场强度E是一定的，则无论试探电荷所带的电量如何变化，始终不变．故B正确．C、根据E=，电场中某点的场强为零，则在该点的电荷受到的电场力一定为零．故C正确．D、电场对不带电的小球没有电场力作用，不带电的小球在P点受到的电场力为零，P点的场强可能为零，也可能不为零．故D错误．故选BC点评：对于电场强度，要抓住它的比值定义法的共性，E与试探电荷所受电场力、电荷量无关，反映电场本身的强弱和方向．13．（4分）如图所示，已知直流电动机M的电阻是R，电源的电阻是r，当电动机正常工作时电压表的示数是U，电流表的示数是I．（）A．t秒钟内，电动机产生的热量是B．t秒钟内，电动机消耗的电能是IUtC．电源电动势是IR+IrD．电源电动势是U+Ir考点：电功、电功率．专题：恒定电流专题．分析：电动机是非纯电阻电路，电动机总功率等于输出功率与热功率之和；由闭合电路欧姆定律可以求出电源电动势．解答：解：A、B、t秒钟内，电动机消耗的电能为UIt，电动机产生的热量是I2Rt，输出的电功为UIt﹣I2Rt，故A错误，B正确；C、D、根据闭合电路欧姆定律，有：E=U+Ir，电动机是非纯电阻电路，故U＞IR，故E＞IR+Ir，故C错误，D正确；故选：BD．点评：电动机是非纯电阻电路，电动机总功率等于输出功率与热功率之和．14．（4分）如图，一束带电粒子沿着水平方向平行地飞过磁针上方时，磁针的S极向纸内偏转，这一束带电粒子可能是（）A．向右飞行的正离子B．向左飞行的正离子C．向右飞行的负离子D．向左飞行的负离子考点：通电直导线和通电线圈周围磁场的方向．分析：带电粒子运动时将形成电流，在电流周围形成磁场，根据小磁针的偏转情况，判断出电流形成磁场方向，然后根据安培定则判断出电流方向，从而判断出粒子的正负．解答：解：小磁针的S极向纸内偏转，N极向外偏转，因此在粒子下方磁场方向向外，根据安培定则可知电流方向向左，若这束粒子带正电，则向左飞行，若带负电，则向右飞行，故AD错误，BC正确．故选：BC．点评：对于电流方向、磁场方向的规定要熟练掌握，尤其是要正确根据安培定则判断电流方向与磁场方向之间的关系．15．（4分）在方向如图所示的匀强电场（场强为E）和匀强磁场（磁感应强度为B）共存的场区，一电子沿垂直电场线和磁感线方向以速度v0射入场区，则（）A．若v0＞，电子沿轨迹Ⅰ运动，射出场区时，速度v＞v0B．若v0＞，电子沿轨迹Ⅱ运动，射出场区时，速度v＜v0C．若v0＜，电子沿轨迹Ⅰ运动，射出场区时，速度v＞v0D．若v0＜，电子沿轨迹Ⅱ运动，射出场区时，速度v＜v0考点：带电粒子在混合场中的运动．专题：带电粒子在复合场中的运动专题．分析：电子进入电磁场中，受到洛伦兹力与电场力两个力作用，由已知条件，分析两个力的大小，由左手定则判断出洛伦兹力方向，确定出电场力方向，即可确定电子的偏转方向，根据电场力做功的正负，分析速度的变化．解答：解：A、B电子进入电磁场中，受到洛伦兹力与电场力两个力作用，由左手定则判断可知，洛伦兹力方向向下，而电场力方向向上．若v0＞，则qv0B＞qE，即洛伦兹力大于电场力，电子向下偏转，沿轨迹Ⅱ运动，洛伦兹力不做功，而电场力对电子负功，动能减小，速度减小，故速度v＜v0．故A错误，B正确．C、D若v0＜，则qv0B＜qE，即洛伦兹力小于电场力，电子向上偏转，沿轨迹Ⅰ运动，洛伦兹力不做功，而电场力对电子正功，动能增加，速度增大，故速度v＞v0．故C正确，D错误．故选：BC点评：本题关键分析洛伦兹力的方向，运用动能定理时，要抓住洛伦兹力不做功的特点，分析速度的大小．三、本题共4小题．共40分．解答应写出必要的文字说明、方程式及重要的演算步骤，只写出最后答案的不得分．有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位．16．（8分）一种太阳能电池的电动势为0.50V，短路电流为0.04A，求该电池的内阻为多少？考点：闭合电路的欧姆定律．专题：恒定电流专题．分析：短路时，外电阻R=0，根据闭合电路欧姆定律列式求出电池的内阻．解答：解：该电池的内阻答：该电池的内阻为12.5Ω．点评：解决本题的关键要理解短路的意义，熟练运用闭合电路欧姆定律求解电池的内阻．17．（8分）如果把带电量为q=1.0×10﹣8C的点电荷从无穷远移至电场中的 A点，需克服电场力做功W=1.2×10﹣4J．试求：（1）q在A点的电势能和在A点的电势（取无穷远处电势为零）．（2）q未移入电场前A点的电势是多少？考点：电势差与电场强度的关系；电势．专题：电场力与电势的性质专题．分析：由题，电荷从无限远处移至电场中的A点，需克服电场力做功W=1.2×10﹣4J，其电势能增加．根据电场力做功求出无限远与A点间的电势差，无限远电势为零，再求出A点的电势．电势反映电场本身的性质的物理量，与试探电荷无关．解答：解：（1）依题，正电荷从无限远处移至电场中的A点，克服电场力做功W=1.2×10﹣4J，其电势能增加1.2×10﹣4J，而电荷在无限远电势能为零，则q在A点的电势能：E p=W=1.2×10﹣4J故A点的电势为：φA===1.2×104V（2）电势反映电场本身的性质的物理量，与试探电荷无关，所以q未移入电场前A点的电势仍为1.2×104V．答：（1）A点的电势为1.2×104V；在A点的电势能为1.2×10﹣4J；（2）q未移入电场前A点的电势为1.2×104V．点评：本题中对于电场力做功与电荷变化的关系要掌握．电势是描述电场本身性质的物理量，与试探电荷无关．18．（10分）如图所示，在y＜0的区域内存在匀强磁场，磁场方向垂直于xy平面并指向纸面外，磁感强度为B．一带正电的粒子以速度v0从O点射入磁场，入射方向在xy平面内，与x轴正向的夹角为θ，若粒子射出磁场的位置与O点的距离为l，求该粒子的电量和质量之比．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：计算题；带电粒子在磁场中的运动专题．分析：带正电粒子射入磁场后，由于受到洛仑兹力的作用，粒子将沿图示的轨迹运动，从A点射出磁场，O、A间的距离为L．射出时速度的大小仍不变，射出方向与轴的夹角仍为θ．解答：解：由洛仑兹力公式和牛顿定律可得，式中R为圆轨道的半径解得①圆轨道的圆心位于OA的中垂线上，由几何关系可得②联立①、②两式，解得点评：利用圆的特性构建几何关系，并运用由洛伦兹力提供向心力的物理规律列出方程，从而联立求解．19．（14分）如图所示，宽度为L=0.2m的足够长的平行光滑金属导轨固定在绝缘水平面上，导轨的一端连接阻值R=1Ω的电阻．导轨所在空间存在竖直向下的匀强磁场，磁感应强度大小B=5T．一根质量m=100g的导体棒MN放在导轨上，并与导轨接触良好，导轨和导体棒的电阻均可忽略不计．现用一平行于导轨的拉力拉动导体棒沿导轨向右匀速运动，运动速度v=10m/s，在运动过程中保持导体棒与导轨垂直．求：（1）在闭合回路中产生的感应电流的大小．（2）作用在导体棒上的拉力的大小．（3）当导体棒匀速运动30cm时撤去拉力，求：运动30cm和撤去拉力至棒停下来的整个过程中电阻R上产生的总热量．考点：导体切割磁感线时的感应电动势；焦耳定律．专题：电磁感应与电路结合．分析：（1）由E=BLv求出感应电动势，由欧姆定律求出电流．（2）由安培力公式求出安培力，由平衡条件求出拉力．（3）克服安培力做功转化为焦耳热，由能量守恒定律可以求出撤去拉力后产生的焦耳热，然后求出总的热量．解答：解：（1）感应电动势：E=BLv=5×0.2×10V=10V，电流：I===10A；（2）导体棒受到的安培力：F安=BIL=5×10×0.2=10N，导体棒做匀速直线运动，由平衡条件可得，拉力：F=F安=10N；（3）克服安培力做功产生焦耳热，运动30cm过程中R上产生的热量：Q1=Fs=10×0.3J=3J，撤去拉力至棒停下来过程中，电阻R上产生的热量：，整个过程R上产生的热量：Q=Q1+Q2=3+5=8J；答：（1）在闭合回路中产生的感应电流的大小为10A．（2）作用在导体棒上的拉力的大小为10N．（3）运动30cm和撤去拉力至棒停下来的整个过程中电阻R上产生的总热量为8J．点评：本题考查了求电流、拉力、电阻产生的热量，本题难度不大，应用E=BLv、欧姆定律、安培力公式、功的公式即可正确解题．。

山东省聊城市外国语学校2014-2015学年高一上学期期中物理模拟试卷一、选择题（本题共12小题，每小题4分，共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，有选错的或不答的得0分）1．关于曲线运动，下列判断正确的是( )A．曲线运动的速度大小可能不变B．曲线运动的速度方向可能不变C．曲线运动的速度可能不变D．曲线运动的加速度可能不变2．若已知物体的速度方向和它所受合力的方向，如图所示，可能的运动轨迹是( )A．B．C．D．3．平抛物体的运动可以看成( )A．水平方向的匀速运动和竖直方向的匀速运动的合成B．水平方向的匀加速运动和竖直方向的匀速运动的合成C．水平方向的匀加速运动和竖直方向的匀加速运动的合成D．水平方向的匀速运动和竖直方向的自由落体运动的合成4．两个做平抛运动的物体相比较( )A．水平抛出速度大的，在空中飞行的时间一定长B．水平抛出速度大的，水平位移一定大C．抛出点离地面高的，在空中飞行时间一定长D．抛出点离地面高的，水平位移一定大5．关于物体的平抛运动，下列说法正确的是( )A．由于物体的速度方向不断变化，因此平抛运动不是匀变速运动B．由于物体受力的大小和方向不变，因此平抛运动是匀变速运动C．物体运动时间只由抛出时的高度决定，与初速度无关D．平抛运动的水平距离由初速度决定，与抛出时的高度无关6．如图所示是采用动力学方法测量空间站质量的原理图，若已知飞船质量为3.0×103kg，其推进器的平均推力为900N，在飞船与空间站对接后，推进器工作5s内，测出飞船和空间站速度变化是0.05m/s，则空间站的质量为( )A．9.0×104kg B．8.7×104kg C．6.0×104kg D．6.0×103kg7．下列各图表示的是某一物体运动情况或所受合外力的情况．其中（甲）图是某物体的位移﹣时间图象；（乙）图是某一物体的速度﹣时间图象；（丙）图表示某一物体的加速度﹣时间图象；（丁）图表示某一物体所受合外力随时间变化的图象．四幅图的图线都是直线．从图中可以判断这四个一定质量物体的某些运动特征．下列有关说法中正确的是( )A．甲物体受到大小恒定且不为零的合外力B．乙物体受到的合外力越来越大C．丙物体的速度一定越来越大D．丁物体的加速度越来越大8．甲、乙两位同学组成研究性学习小组来研究物体的超重和失重现象．他们在运动着的一升降机内做实验，站在磅秤上的甲同学发现了自已的体重增加了20%，于是乙同学对该过程中升降机的运动情况作出了如下判断，其中可能正确的是( )A．升降机以0.2g的加速度加速下降B．升降机以0.2g的加速度加速上升C．升降机以0.2g的加速度减速下降D．升降机以0.2g的加速度减速上升9．如图所示，物体在水平力F1=18N、F2=10N的作用下，静止在水平面上，若F2保持不变，当F1减小至14N时，物体所受摩擦力( )A．增大至24N，方向向左B．增大至22N，方向向右C．减小至4N，方向向左D．减小至4N，方向向右10．如图中有两个物体A、B，G A=3N，G B=4N，A用悬线挂在天花板上，B放在水平地面上，A、B间的弹簧的弹力为2N，则悬线的拉力F T，B对地面的压力F N的可能值分别是( )A．F T=7N，F N=0 B．F T=5N，F N=2N C．F T=1N，F N=6N D．F T=2N，F N=5N11．汽车甲沿着平直公路以速度V做匀速直线运动，当它路过某处时，该处有一辆汽车开始做初速度为零的匀加速直线运动去追赶甲车，根据上述的已知条件( ) A．可求出乙车追上甲车时乙车的速度B．可求出乙车追上甲车时乙车所走的路程C．可求出乙车从起动到追上甲车所用的时间D．不能求出上述三者中的任何一个12．一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．1：22：321：2：3 B．1：23：331：22：32C．1：2：3 1：1：1 D．1：3：51：2：3二、填空和实验题．（本题共5小题，每空2分，共计22分）13．足球以8m/s的速度飞来，运动员把它以12m/s的速度反向踢出，踢球时间为0.2s，设球飞来的方向水平向右，则足球在这段时间内的加速度大小__________ m/s2，方向为__________．（填与初速度方向“相同”或“相反”）14．如图所示，为某物体做直线运动的速度图象．由图象可知；物体在这段时间内物体运动的最大速度大小为__________ m/s，最大加速度大小为__________ m/s2，物体在这段时间内发生的位移是__________m．15．物体放在倾角θ的斜面上，向下轻推恰能匀速下滑．若给此物体一大小为v0，方向沿斜面向上的初速度，重力加速度用g表示，则它沿斜面上滑加速度大小a=__________．16．伽利略是“近代科学之父”，他在科学实验的基础上贯通了数学、物理学和天文学三门学科，加深了人类对物质运动和宇宙的认识，给出了科学研究过程的基本要素．请你根据科学研究的过程，对下列基本要素进行合理排序（填序号）__________．①提出问题，做出假设②对假说进行修正和推广③运用逻辑得出推论④通过实验对推论进行检验．17．（1）在一次课外活动中，某同学用图（a）所示装置测量放在水平光滑桌面上铁块A与长金属板B间的动摩擦因数．已知铁块A的质量m=1kg，金属板B的质量m′=0.5kg，用水平力F向左拉金属板B，使其向左运动，弹簧秤示数的放大情况如图所示，则A、B间的摩擦力f=__________N，A、B间的动摩擦因数μ=__________（g取10m/s2）（2）该同学还设计性地将纸带连接在金属板B的后面，通过打点计时器连续打下一些计时点，取时间间隔为0.1s的几个点．测量后的结果如图（b）所示，则金属板被拉动的加速度a=__________m/s2，由此可知水平力F=__________ N．三、计算题（本题共4小题，满分30分.解答应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤．只写出最后答案的不能得分．有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位）18．2008年9月25日21时10分我国成功发射了“神舟”七号载人飞船．飞船于28日17时37分在内蒙古主着陆场成功着陆．返回舱完好无损，宇航员翟志刚、刘伯明、景海鹏自主出舱．飞船返回时，在接近大气层的过程中，返回舱与飞船最终分离．返回舱着陆，是由三把伞“接力”完成的．先由返回舱放出一个引导伞，引导伞工作16s后，返回舱的下降速度由180m/s减至80m/s．假设这段运动是匀变速竖直下降的，且已接近地面，试求这段运动过程中的加速度和该段时间内返回舱下降的高度．19．摩托车障碍赛中，运动员在水平路面上遇到一个壕沟，壕沟的尺寸如图所示，要安全的越过这壕沟，求摩托车的速度v0至少为多大？（空气阻力不计，g=10m/s2）20．如图所示，质量为m1的物体甲通过三段轻绳悬挂，三段轻绳的结点为O．轻绳OB水平且B端与放置在水平面上的质量为m2的物体乙相连，轻绳OA与竖直方向的夹角θ=37°，物体甲、乙均处于静止状态．（已知：sin37°=0.6，cos37°=0.8，g取10N/kg；设最大静摩擦力等于滑动摩擦力）求：（1）轻绳OA、OB受到的拉力是多大？（结果用含m1和g的式子表示）（2）物体乙受到的摩擦力是多大？方向如何？（结果用含m1和g的式子表示）（3）若物体乙的质量m2=4kg，物体乙与水平面之间的动摩擦因数为μ=0.3，则欲使物体乙在水平面上不滑动，物体甲的质量m1最大不能超过多少？21．如图所示，在水平雪地上，质量为M=35kg的小红，坐在质量为m=5kg的雪橇上，小江用与水平方向成37°斜向上的拉力拉雪橇，拉力大小为F=100N，雪橇与地面间的动摩擦因数为μ=0.2，（sin37°=0.6，cos37°=0.8，g=10m/s2）求：（1）雪橇对地面的压力大小；（2）雪橇运动的加速度大小．（3）从静止开始前进15m所需要的时间．山东省聊城市外国语学校2014-2015学年高一上学期期中物理模拟试卷一、选择题（本题共12小题，每小题4分，共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，有选错的或不答的得0分）1．关于曲线运动，下列判断正确的是( )A．曲线运动的速度大小可能不变B．曲线运动的速度方向可能不变C．曲线运动的速度可能不变D．曲线运动的加速度可能不变考点：曲线运动．专题：物体做曲线运动条件专题．分析：当物体所受合外力与初速度方向不在同一直线上时，物体做曲线运动；曲线运动的速度方向沿着曲线上该点的切线方向，时刻改变，故其一定是变速运动，一定具有加速度，合外力一定不为零，且合外力指向曲线的内侧．解答：解：A、曲线运动的速度大小可能不变，如匀速圆周运动，故A正确；B、曲线运动的速度方向沿着曲线上该点的切线方向，时刻改变，故B错误；C、曲线运动的速度方向沿着曲线上该点的切线方向，时刻改变，故其一定具有加速度，一定是变速运动，故C错误；D、曲线运动一定具有加速度，但加速度可能不变，如平抛运动，故D正确；故选：AD．点评：本题关键要明确曲线运动的运动学特点（速度一定变化，一定具有加速度）和动力学特点（合力与速度不在同一条直线上，且指向曲线的内侧）．2．若已知物体的速度方向和它所受合力的方向，如图所示，可能的运动轨迹是( )A．B．C．D．考点：物体做曲线运动的条件．专题：物体做曲线运动条件专题．分析：当物体的速度方向和合力的方向不在同一条直线上，物体做曲线运动，合力大致指向轨迹凹的一向．解答：解：物体做曲线运动时，轨迹夹在速度方向和合力方向之间，合力大致指向轨迹凹的一向．故C正确，而B不应该出现向下凹的现象，故A、B、D错误．故选C．点评：解决本题的关键知道当物体的速度方向和合力的方向不在同一条直线上，物体做曲线运动，合力大致指向轨迹凹的一向．3．平抛物体的运动可以看成( )A．水平方向的匀速运动和竖直方向的匀速运动的合成B．水平方向的匀加速运动和竖直方向的匀速运动的合成C．水平方向的匀加速运动和竖直方向的匀加速运动的合成D．水平方向的匀速运动和竖直方向的自由落体运动的合成考点：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．解答：解：平抛运动在水平方向上不受力，有水平初速度，根据牛顿第一定律知，做匀速直线运动；在竖直方向上，初速度为零，仅受重力，做自由落体运动．故D正确，A、B、C 错误．故选：D．点评：解决本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，能够从理论上分析分运动的运动规律．4．两个做平抛运动的物体相比较( )A．水平抛出速度大的，在空中飞行的时间一定长B．水平抛出速度大的，水平位移一定大C．抛出点离地面高的，在空中飞行时间一定长D．抛出点离地面高的，水平位移一定大考点：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，运动的时间由高度决定，初速度和时间共同决定水平位移．解答：解：A、根据t=知，平抛运动的时间由高度决定，与初速度无关，故A错误，C正确．B、根据x=知，初速度大，水平位移不一定大，还与高度有关，故B错误．D、根据x=知，高度越高，水平位移不一定大，故D错误．故选：C．点评：解决本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，知道影响平抛运动时间的因素，基础题．5．关于物体的平抛运动，下列说法正确的是( )A．由于物体的速度方向不断变化，因此平抛运动不是匀变速运动B．由于物体受力的大小和方向不变，因此平抛运动是匀变速运动C．物体运动时间只由抛出时的高度决定，与初速度无关D．平抛运动的水平距离由初速度决定，与抛出时的高度无关考点：平抛运动．专题：平抛运动专题．分析：平抛运动的加速度不变，做匀变速曲线运动，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．解答：解：A、平抛运动的加速度不变，做匀变速曲线运动，速度方向时刻改变，故A错误．B、平抛运动的受力大小和方向不变，则加速度不变，做匀变速曲线运动，故B正确．C、平抛运动的时间由高度决定，与初速度无关，故C正确．D、平抛运动的水平位移x=，由初速度和高度共同决定，故D错误．故选：BC．点评：解决本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，知道运动的时间由高度决定，初速度和时间共同决定水平位移．6．如图所示是采用动力学方法测量空间站质量的原理图，若已知飞船质量为3.0×103kg，其推进器的平均推力为900N，在飞船与空间站对接后，推进器工作5s内，测出飞船和空间站速度变化是0.05m/s，则空间站的质量为( )A．9.0×104kg B．8.7×104kg C．6.0×104kg D．6.0×103kg考点：牛顿运动定律的应用-连接体；加速度．专题：牛顿运动定律综合专题．分析：由加速度公式可求得整体的加速度；由牛顿第二定律可求得整体的质量，则可求得空间站的质量．解答：解：整体的加速度a===0.01m/s2；由牛顿第二定律F=ma可知空间站的质量M=﹣m=kg﹣3.0×103kg=8.7×104kg故选B．点评：牛顿第二定律的应用中要注意灵活选取研究对象，并注意在公式应用时的同体性，即公式中的各量均为同一物体所具有的．7．下列各图表示的是某一物体运动情况或所受合外力的情况．其中（甲）图是某物体的位移﹣时间图象；（乙）图是某一物体的速度﹣时间图象；（丙）图表示某一物体的加速度﹣时间图象；（丁）图表示某一物体所受合外力随时间变化的图象．四幅图的图线都是直线．从图中可以判断这四个一定质量物体的某些运动特征．下列有关说法中正确的是( )A．甲物体受到大小恒定且不为零的合外力B．乙物体受到的合外力越来越大C．丙物体的速度一定越来越大D．丁物体的加速度越来越大考点：加速度．专题：直线运动规律专题．分析：由各图象可知它们所表示的运动，则由运动性质可知其受力及加速度的性质．解答：解：A、s﹣t图象中，斜线表示甲物体做匀速直线运动，故合外力为零；故A错误；B、乙物体均做匀加速直线运动，合外力不为零且恒定；故B错误；C、丙物体加速度恒定，但不一定做匀加速运动，也可能做匀减速运动，故C错误D、丁物体所受的合外力均匀变大，由牛顿第二定律可得加速度均匀变大．故D正确；故选D．点评：在研究图象时，首先需要明确的是图象的横纵坐标及单位，然后才能根据相应公式确定图象的性质．8．甲、乙两位同学组成研究性学习小组来研究物体的超重和失重现象．他们在运动着的一升降机内做实验，站在磅秤上的甲同学发现了自已的体重增加了20%，于是乙同学对该过程中升降机的运动情况作出了如下判断，其中可能正确的是( )A．升降机以0.2g的加速度加速下降B．升降机以0.2g的加速度加速上升C．升降机以0.2g的加速度减速下降D．升降机以0.2g的加速度减速上升考点：牛顿第二定律；超重和失重．专题：牛顿运动定律综合专题．分析：当物体对接触面的压力大于物体的真实重力时，就说物体处于超重状态，此时有向上的加速度；当物体对接触面的压力小于物体的真实重力时，就说物体处于失重状态，此时有向下的加速度．根据牛顿第二定律求出升降机的加速度．解答：解：甲同学站在磅秤上受重力和支持力，发现了自已的体重增加了20%，根据牛顿第二定律得出：a==0.2g该同学的加速度方向向上，那么此时的运动可能是以0.2g的加速度减速下降，也可能是以0.2g的加速度加速上升；故选：BC．点评：本题考查了学生对超重失重现象的理解，掌握住超重失重的特点，对人进行受力分析求出人的加速度，本题就可以解决了．9．如图所示，物体在水平力F1=18N、F2=10N的作用下，静止在水平面上，若F2保持不变，当F1减小至14N时，物体所受摩擦力( )A．增大至24N，方向向左B．增大至22N，方向向右C．减小至4N，方向向左D．减小至4N，方向向右考点：摩擦力的判断与计算．专题：摩擦力专题．分析：静摩擦力和滑动摩擦力的计算方法不同，我们需要先计算最大静摩擦力，通过判断物体运动还是静止来求解摩擦力的大小．解答：解：物体静止，f=F1﹣F2=8N＜f MAX，若F2保持不变，当F1减小至14N时，物体所受合力为14﹣10=4N＜8N，所以仍然静止，受静摩擦力为4N，方向向左．故选：C点评：本题关键抓住静摩擦力和滑动摩擦力的大小的判断方法，静摩擦力用平衡求解，滑动摩擦力用滑动摩擦力的公式求解．10．如图中有两个物体A、B，G A=3N，G B=4N，A用悬线挂在天花板上，B放在水平地面上，A、B间的弹簧的弹力为2N，则悬线的拉力F T，B对地面的压力F N的可能值分别是( )A．F T=7N，F N=0 B．F T=5N，F N=2N C．F T=1N，F N=6N D．F T=2N，F N=5N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：本题中没有说明弹簧的形变是伸长还是压缩，故应分别对两种情况进行计论；由共点力的平衡可得出B对地面的压力．再对整体受力分析可得出绳子的拉力．解答：解：由题意可知，B受重力、弹簧的弹力及地面的支持力而处于平衡；若弹簧的弹力向下，则有：F N=mg+F=4N+2N=6N；对整体受力分析有：T=G A+G B﹣F N=7N﹣6N=1N；若弹簧处伸长状态，B受支持力F N=G B﹣F=4N﹣2N=2N；对整体有：T=G A+G B﹣F N=7N﹣2N=5N；故BC正确；AD错误；故选BC．点评：本题考查共点力的平衡条件的应用，注意题目中隐含的条件：弹簧的形变方向未知，则会产生两种可能情况，应全面考虑．11．汽车甲沿着平直公路以速度V做匀速直线运动，当它路过某处时，该处有一辆汽车开始做初速度为零的匀加速直线运动去追赶甲车，根据上述的已知条件( ) A．可求出乙车追上甲车时乙车的速度B．可求出乙车追上甲车时乙车所走的路程C．可求出乙车从起动到追上甲车所用的时间D．不能求出上述三者中的任何一个考点：匀变速直线运动的位移与时间的关系；匀变速直线运动的速度与时间的关系．专题：直线运动规律专题．分析：作出汽车甲、乙的速度时间图线，根据速度﹣时间图线分析能求出的量．解答：解：作出汽车甲、乙的速度﹣时间图线如图所示．当汽车乙车追上汽车甲车时，两车位移相等，从图象上可以看出，当甲乙位移相等时，两图象与时间轴所围的“面积”相等，则得乙车的速度为2v0．但从图象上无法知道乙车追上甲车所用的时间，故不能求出乙车走的路程．故A正确，B、C、D错误．故选：A．点评：解决本题的关键会用图象法进行解题，知道在速度﹣时间图线中，图线与时间轴所围成的面积表示位移．12．一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．1：22：321：2：3 B．1：23：331：22：32C．1：2：3 1：1：1 D．1：3：51：2：3考点：匀变速直线运动规律的综合运用．专题：直线运动规律专题．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=1：23：33在第一段位移的平均速度为：1=在第二段位移的平均速度为：=在第三段位移的平均速度为：=故1：：=：：=1：22：32=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．二、填空和实验题．（本题共5小题，每空2分，共计22分）13．足球以8m/s的速度飞来，运动员把它以12m/s的速度反向踢出，踢球时间为0.2s，设球飞来的方向水平向右，则足球在这段时间内的加速度大小100 m/s2，方向为与初速度相反．（填与初速度方向“相同”或“相反”）考点：加速度．专题：直线运动规律专题．分析：已知初速度和末速度，则由加速度的定义可求得加速度的大小和方向．解答：解：设初速度方向为正，则v0=8m/s； v=﹣12m/s；则加速度a==m/s2=﹣100m/s2；负号说明加速度方向与正方向相反，即与初速度方向相反；故答案为：100；与初速度相反．点评：加速度为矢量，故在解题前应先设定正方向；这是高中物理学习中应注意培养的一个好习惯．14．如图所示，为某物体做直线运动的速度图象．由图象可知；物体在这段时间内物体运动的最大速度大小为4 m/s，最大加速度大小为2 m/s2，物体在这段时间内发生的位移是20m．考点：匀变速直线运动的图像．专题：运动学中的图像专题．分析：由图象直接读出最大速度．根据速度图象的斜率表示物体的加速度，可知物体在6﹣8s内加速度最大．由“面积”求出位移．解答：解：由图读出，最大速度大小为4m/s．物体在6﹣8s内加速度最大，为a==2m/s2．物体8s内发生的位移是x==20m．故答案为：4；2；20．点评：本题是速度图象问题，抓住数学知识研究图象的物理意义：斜率表示加速度，面积表示位移．15．物体放在倾角θ的斜面上，向下轻推恰能匀速下滑．若给此物体一大小为v0，方向沿斜面向上的初速度，重力加速度用g表示，则它沿斜面上滑加速度大小a=2gsinθ．考点：牛顿第二定律．专题：牛顿运动定律综合专题．分析：物体能匀速下滑，根据平衡得出滑动摩擦力和重力沿斜面方向分力的关系，当物体上滑时，根据牛顿第二定律求出物体沿斜面上滑的加速度大小．解答：解：物体沿斜面匀速下滑，则有：mgsinθ=f，当物体上滑时，根据牛顿第二定律得，物体的加速度a=．故答案为：2gsinθ．点评：本题考查了牛顿第二定律和共点力平衡的基本运用，知道上滑和下滑过程中的加速度大小相等，基础题．16．伽利略是“近代科学之父”，他在科学实验的基础上贯通了数学、物理学和天文学三门学科，加深了人类对物质运动和宇宙的认识，给出了科学研究过程的基本要素．请你根据科学研究的过程，对下列基本要素进行合理排序（填序号）①③④②．①提出问题，做出假设②对假说进行修正和推广③运用逻辑得出推论④通过实验对推论进行检验．考点：物理学史．专题：常规题型．分析：伽利略对运动和力的关系研究，其科学思想方法的核心是把实验和逻辑推理和谐结合起来．解答：解：这是依据思维程序排序的问题，这一套科学研究方法，要符合逻辑顺序，即通过观察现象，提出假设，根据假设进行逻辑推理，然后对自己的逻辑推理进行实验验证，紧接着要对实验结论进行修正推广．故合理顺序是①③④②．故答案为：①③④②．点评：本题考查物理学史，对于著名物理学家、经典实验和重要学说要记牢，还要学习他们的科学研究的方法．17．（1）在一次课外活动中，某同学用图（a）所示装置测量放在水平光滑桌面上铁块A与长金属板B间的动摩擦因数．已知铁块A的质量m=1kg，金属板B的质量m′=0.5kg，用水平力F向左拉金属板B，使其向左运动，弹簧秤示数的放大情况如图所示，则A、B间的摩擦力f=2.5N，A、B间的动摩擦因数μ=0.25（g取10m/s2）（2）该同学还设计性地将纸带连接在金属板B的后面，通过打点计时器连续打下一些计时点，取时间间隔为0.1s的几个点．测量后的结果如图（b）所示，则金属板被拉动的加速度a=1.67m/s2，由此可知水平力F=3.335 N．考点：探究影响摩擦力的大小的因素．专题：实验题．分析：（1）拉动B过程中，A处于平衡状态，其所受滑动摩擦力大小等于弹簧秤示数，据此可正确解答．（2）根据△x=aT2求出金属板的加速度，然后根据牛顿第二定律，即可求出水平拉力大小．解答：解：（1）由图示弹簧测力计可知，其分度值为0.1N，示数为2.5N，A处于平衡状态，所受摩擦力等于弹簧秤示数，F f=F=2.50N．滑动摩擦力：F f=m A gμ，解得：μ=0.25．。

宁强县天津中学2014—2015学年度第二学期期中考试高二物理试题卷命题：卢玉志考试时间：100分钟 分数：100分一、选择题（本题共12小题，每小题4分，共48分。

1-8题为单选，9-12为多选，请选出符合题意的选项,全选对得4分，选对但不全得2分，有错选或不答的得0分。

） 1.下列物理量中不是矢量的是（ ）A.磁通量B.动量C.磁感应强度D.冲量2．如图所示，固定的水平长直导线中通有向右的电流I ，矩形线框与导线在同一竖直平面内，且一边与导线平行。

线框由静止释放，则在下落过程中（ ）A ．穿过线框的磁通量保持不变B ．线框中感应电流方向为顺时针方向C ．线框所受安掊力的合力为零D ．线框的机械能守恒3. 将闭合多匝线圈置于仅随时间变化的磁场中，线圈平面与磁场方向垂直，关于线圈中产生的感应电动势和感应电流，下列表述正确的是（ ）A.感应电动势的大小与线圈的匝数无关B.穿过线圈的磁通量越大，感应电动势越大C.穿过线圈的磁通量变化越快，感应电动势越大D.感应电流产生的磁场方向与原磁场方向始终相同 4. 如图，一理想变压器原副线圈的匝数比为1：2；副线圈电路中接有灯泡，灯泡的额定电压为220V ，额定功率为22W ；原线圈电路中接有电压表和电流表。

现闭合开关，灯泡正常发光。

若用U 和I 分别表示此时电压表和电流表的读数，则（ ）A.U=110v ，I=0.2AB.U=110v ，I=0.05A B.U=1102v ，I=0.2A D.U=1102v ，I=0.22A5．电阻为1Ω的矩形线圈绕垂直于磁场方向的轴，在匀强磁场中匀速转动，产生的交变电动势随时间变化的图象如图所示。

现把交流电加在电阻为9Ω的电热丝上，下列判断正确的是( )A.线圈转动的角速度 ＝100 rad/sB.交变电动势的有效值是200VC.t=0.01 s 时刻，穿过线圈的磁通量最大D. 电热丝两端的电压U ＝100 V 6.下列有关动量和动能的说动中正确的是（ ）A ．物体的速度越大，则动量越大B ．物体的动能不变，则其动量也不变C ．物体所受全外力的冲量为零，则动量不变D ．若两物体动量相同，则动能一定相同7．质量为M 的小车在光滑水平地面上以速度v 0匀速向右运动，当车中的砂子从底部的小孔中不断流下时，车子的速度将（ ）A.减小B.不变C.增大D.无法确定8. A 球的质量是m ，B 球的质量是2m ，它们在光滑的水平面上相向运动，发生碰撞后粘在一起以共同的速度沿碰撞前A 的方向运动，则该碰撞过程中A 、B 系统的（ ） A.动量、动能都守恒 B. 动量不守恒，动能守恒 C.动量、动能都不守恒 D. 动量守恒，动能不守恒9. 质量为M 的木块静止在光滑的水平面上，一质量为m 的子弹以水平速度v 0打中木块未穿出，则下列说法正确的是( )A.子弹与木块系统机械能守恒B.子弹损失的动能等于木块增加的动能C.子弹与木块系统动量守恒D.子弹与木块的最终共同速度是mv 0/(m+M)10．质量为M 的物体放在粗糙的水平地面上，在与水平面成300角的恒定外力F 作用下由静止开始运动，经过时间t 速度变为V,则下列结论正确的是（ ）A.F 的冲量大小为FtB.合外力的冲量为零C.物体动量变化量的大小为MVD.物体所受摩擦力的冲量大小为MV11．在相同的时间内，某正弦交变电流通过一阻值为100 Ω的电阻产生的热量与一电流为3 A 的恒定电流通过同一阻值的电阻产生的热量相等，则( ) A. 此交变电流的有效值为3 2 A ．，最大值为6 A B. 此交变电流的有效值为3 A ，最大值为3 2 AC.电阻两端的交变电压的有效值为300 V ，最大值为300 2 VD.电阻两端的交变电压的有效值为300 2 V ，最大值为600 V12．质量为M 、内壁间距为L 的箱子静止于光滑的水平面上，箱子中间有一质量为m 的小物块，小物块与箱子底板间的动摩擦因数为μ。

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

答案涂在答题纸上相应的位置。

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

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