河北南宫中学2015届高三上学期第5次周考物理试题

2010-2023历年河北省南宫中学高三月考物理试卷第1卷一.参考题库(共10题)1.如图8所示，条形磁铁放在水平桌面上，在其正中央的上方固定一根直导线，导线与磁场垂直，给导线通以垂直纸面向外的电流，则( )A．磁铁对桌面压力减小，不受桌面的摩擦力作用B．磁铁对桌面压力减小，受到桌面的摩擦力作用C．磁铁对桌面压力增大，不受桌面的摩擦力作用D．磁铁对桌面压力增大，受到桌面的摩擦力作用2.用多用表测电压U或测电阻R时，若红表笔插入多用表的，，则( ).A．前者(测电压U)电流从红表笔流人多用电表，后者(测电阻)从红表笔流出多用电表B．两者电流都从红表笔流入多用表C．两者电流都从红表笔流出多用表D．前者电流从红表笔流出多用表，后者电流从红表笔流入多用表3.如图5所示，螺线管置于闭合金属圆环A的轴线上，当B中通过的电流减小时 ( ).A．环A有缩小的趋势B．环A有扩张的趋势C．螺线管B有缩短的趋势D．螺线管B有伸长的趋势4.两个线圈A、B绕在一个铁芯的两侧，分别跟电流表和导轨相连，导轨上垂直搁置一根金属棒ab，垂直导轨平面有一个匀强磁场，如图7所示．在下列情况下能使电流计中有电流通过的是 ( )A．ab向右作匀速运动．B．ab向左作匀速运动．C．ab向右作加速运动．D．ab向左作加速运动．5.两根足够长的固定的平行金属导轨位于同一水平面内，两导轨间的距离为L。

导轨上面横放着两根导体棒ab和cd，构成矩形回路，如图所示．两根导体棒的质量皆为m，电阻皆为R，回路中其余部分的电阻可不计．在整个导轨平面内都有竖直向上的匀强磁场，磁感应强度为B．设两导体棒均可沿导轨无摩擦地滑行．开始时，棒cd静止，棒ab有指向棒cd的初速度v0．若两导体棒在运动中始终不接触，求：（1）在运动中产生的焦耳热最多是多少．（2）当ab棒的速度变为初速度的3/4时，cd棒的加速度是多少？6.关于线圈在匀强磁场中转动产生的交变电流,下列说法中正确的是( ). A．线圈平面每经过中性面一次,感应电流方向就改变一次.感应电动势方向不变B．线圈每转动一周,感应电流方向就改变一次C．线圈平面每经过中性面一次,感应电流和感应电动势方向都要改变一次D．线圈转动一周,感应电流和感应电动势方向都要改变一次7.如图13所示，竖直向上的匀强磁场，开始时磁感应强度B="0.5" T，并且以="0.1" T/s在变化，水平轨道电阻不计，且不计摩擦阻力，宽0.5m的导轨上放一电阻R0="0.1"Ω的导体棒，并用水平线通过定滑轮吊着质量M="0.2"kg的重物，轨道左端连接的电阻R="0.4" Ω，图中的l="0.8"m，求至少经过多长时间才能吊起重物.8.发电机输出功率为100 kW，输出电压是250 V，用户需要的电压是220V，输电线电阻为10Ω.若输电线中因发热而损失的功率为输送功率的4%，试求：（1）在输电线路中设置的升、降压变压器原副线圈的匝数比.（2）画出此输电线路的示意图.（3）用户得到的电功率是多少？9.如图2所示，一个带正电的粒子沿x轴正向射入匀强磁场中，它所受到的洛伦兹力方向沿y轴正向，则磁场方向( ).A．一定沿z轴正向B．一定沿z轴负向C．一定与xOy平面平行且向下D．一定与xOz平面平行且向下10.如图10所示是测定电流表内阻的电路图。

2015-2016学年河北省邢台市南宫中学高一（上）第五次周测物理试卷一、选择题（共21小题，每小题3分，满分63分）1关于合力的下列说法，正确的是（）A .几个力的合力就是这几个力的代数和B .几个力的合力一定大于这几个力中的任何一个力C.几个力的合力可能小于这几个力中最小的力D .几个力的合力可能大于这几个力中最大的力2.如图所示，大小分别为F i、F2、F3的三个力围成封闭三角形•下列4个图中，这三个力的合力为零的是（）A. .B.C. ID.3•余伯在水库中钓获一尾大头鱼，当鱼线拉着大头鱼在水中向左上方匀速运动时，鱼受到水的作用力方向可能是（）A.水平向左B.水平向右C.竖直向上D.作用力为04. （3分）甲同学体重为650N，乙同学体重为600N，他们靠近站在水平地面上，甲同学想用竖直向上300N的力抱起乙，乙想用竖直向上350N的力抱起甲，他们同时这样做后，甲、乙对地的压力分别为（）A. 300N, 300NB. 650N, 600NC. 600N, 650ND. 950N, 950N5.如图所示，石拱桥的正中央有一质量为 m 的对称楔形石块，侧面与竖直方向的夹角为 a,重力加速度为g ，若接触面间的摩擦力忽略不计，求石块侧面所受弹力的大小为（6•如图所示容器内盛有水，器壁 AB 呈倾斜状，有一个小物块 P 处于图示状态，并保持静止，则该物体受力情况正确的是（）A . P 可能只受一个力B . P 可能只受三个力 C. P 不可能只受二个力 D. P 不是受到二个力就是四个力7•人站在自动扶梯的水平踏板上，随扶梯斜向上匀速运动，如图所示•以下说法正确的是A •人受到重力和支持力的作用B •人受到重力、支持力和摩擦力的作用C .人受到的合外力不为零D .人受到的合外力方向与速度方向相同&（ 3分）将轻绳绕过两光滑滑轮 A 、B 后两端系于放在水平板上的物体 C 两侧，在绳上0点系一轻绳，绳下悬挂重为 G=Mg=20N 的物体D ，如图所示，平衡后 0A 、0B 与水平面的 夹角分别为30° 60°下列说法正确的是（）gmgtan a D . £mgcot aA .绳OA 对D 的拉力大小等于绳 OB 对D 的拉力大小9. （3分）如图所示，质量为 m 的物体置于倾角为 B 的固定斜面上，物体与斜面之间的动摩擦因数为 匕先用平行于斜面的推力F i 作用于物体上，使其沿斜面匀速上滑（图甲） ；若改用水平推力F 2作用于物体上，仍能使物体沿斜面匀速上滑（图乙） ，则两次的推力大小之比F l : F 2 为（ ）rfrrrnrt rrtfr^grrT rrt rrrr/r Ja （ f ）国A . cos 0 + 卩 sin 6B . cos 护卩 sin 0C . 1+ 卩 tan 0D . 1 - tan 0直径为D （ D > d ）,不计球与球架之间摩擦，则每只篮球对一侧球架的压力大小为（B . OB 绳上的拉力为10 NC . C 受到的静摩擦力的大小为D . C 受到的静摩擦力的大小为10 （ . ；T ） N ，方向水平向左 10N ，方向水平向右10.体育器材室里，篮球摆放在图示的球架上.已知球架的宽度为 d ,每只篮球的质量为 m 、11•如图所示，水平放置的两固定光滑硬杆 两环用细绳相连.现用一大小为F 的恒力沿 子的拉力大小为（）OA 、OB 成0角，在两杆上各套一轻环 P 、Q , OB 方向拉圆环Q ,当两环处于平衡状态时， 绳12•如图所示，一根粗细均匀的轻绳两端分别系在固定竖直杆上的 A 、B 两点，在绳上 C点施加一个外力 F .逐渐增大F , AC 、BC 两段绳同时断裂，则外力 F 的方向与竖直方向的13. （ 3分）如图所示是一座拱形桥，某人沿着圆弧拱形桥缓慢行走，人与桥面间的动摩擦 因数处处相等，桥面受到人的压力为 F ,人与桥面间的摩擦力为 f .则该人从桥头走向桥中央的过程中，（）将会出现的情况是（g=10m/s 2）（）A .弹簧测力计的读数将变小B . A仍静止不动A . 90 °B . 82 °C . 80 °D .74A . F 变大B . F 变小C . f 变大D . f 变小14.如图所示，放在水平桌面上的木块 A 处于静止状态，所挂的砝码和托盘的总质量 0.6kg ,弹簧测力计读数为 2N ，滑轮摩擦不计, 若轻轻取走盘中的部分砝码， 使总质量减小到 0.3kg,B .A .C . FsinD . Feos 0夹角久为（ ）C . A 对桌面的摩擦力不变D . A 所受的合力将要变大15.—质量为m 的物块恰好静止在倾角为 B 的斜面上.现对物块施加一个竖直向下的恒力 F ,A .仍处于静止状态B .沿斜面加速下滑C .受到的摩擦力不变D .受到的合外力增大16•如图所示，放在斜面上的小盒子中装有一些沙子，恰沿斜面匀速下滑, 缓缓加入一些沙子，那么（）A .斜面对小盒的摩擦力不变B .小盒所受的合外力增大C .小盒将加速下滑D .小盒仍将匀速下滑17.如图所示物体静止在粗糙水平面上， 现对物体施加一个与水平方向成力F ,保持B 角不变，使F 从零开始逐渐增大（物体始终未离开水平面）C .先逐渐增大后逐渐减小D .先逐渐减小后逐渐增大18•如图所示，一轻质弹簧两端分别与竖直墙壁和物块连结，弹簧、地面水平. A 、B 是物块能保持静止的位置中离墙壁最近和最远的点，A 、B 两点离墙壁的距离分别是X 2.物块与地面的最大静摩擦力为 f .则弹簧的劲度系数为（若在小盒子中再B 角的斜向上的拉 ，在此过程中物体A •逐渐增大B •逐渐减小A2fB .———七+玄［19.超市中小张沿水平方向推着质量为 m 的购物车乘匀速上升的自动扶梯上楼， 如图所示•假 设小张、购物车、自动扶梯间保持相对静止，自动扶梯的倾角为30° °小张的质量为 M ,小张与扶梯间的摩擦因数为 卩，小车与扶梯间的摩擦忽略不计，则（）A .小张对扶梯的压力大小为 Mgcos 30 °方向垂直于斜面向下B .小张对扶梯的摩擦力大小为（ M+m ） gsin 30，。

高三年级第一学期第五次月考物 理 试 题一、选择题(共12小题，每小题4分，共48分，1--6题为单选题，7--12题为不定项选择题，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.下列说法不正确．．．的是（ ） A ．法拉第最先引入“场”的概念，并最早发现了电流的磁效应现象B ．电源是通过非静电力做功把其他形式的能转化为电势能的装置C ．在推导匀变速直线运动位移公式时,把整个运动过程划分成很多小段，每一小段近似看做匀速直线运动,然后把各小段的位移相加，这应用了“微元法”D ．电场强度q FE =和磁感应强度ILF B =都是用比值定义的物理量 2.M 、N 是某电场中一条电场线上的两点，若在M 点释放一个初速度为零的电子，电子仅受电场力作用，并沿电场线由M 点运动到N 点，其电势能随位移变化的关系如图所示，则下列说法正确的是（ ）A ．电子在N 点的动能小于在M 点的动能B ．该电场有可能是匀强电场C ．该电子运动的加速度越来越小D ．电子运动的轨迹为曲线3.如图所示，在光滑水平面上质量分别为m A ＝2 kg 、m B ＝4 kg ，速率分别为v A ＝5 m/s 、v B ＝3 m/s 的A 、B 两小球沿同一直线相向运动，下述正确的是________。

A ．它们碰撞前的总动量是18 kg·m/s ，方向水平向右B ．它们碰撞后的总动量是18 kg·m/s ，方向水平向左C ．它们碰撞前的总动量是2 kg·m/s ，方向水平向右D ．它们碰撞后的总动量是2 kg·m/s ，方向水平向左4.硅光电池是一种太阳能电池，具有低碳环保的优点．如图所示，图线a 是该电池在某光照强度下路端电压U 和电流I 的关系图象（电池内阻不是常数），图线b 是某电阻R 的U-I 图象．当它们组成闭合回路时，硅光电池的内阻可表示为（ ）A B. D. 5.有一个消毒用电器P ，电阻为20kΩ，它只有在电压高于24V 时才能工作。

高三年级（上）第4次周考测试卷物 理 试 卷一、选择题（本题共12个小题，每小题4分，共48分）1．以下说法中正确的是( )A ．做匀变速直线运动的物体，t s 内通过的路程与位移的大小一定相等B ．质点一定是体积和质量极小的物体C ．速度的定义式和平均速度公式都是v ＝ΔxΔt ，因此速度就是指平均速度D ．速度不变的运动是匀速直线运动2．下列关于瞬时速度和平均速度的说法中正确的是( )A ．若物体在某段时间内任一时刻的瞬时速度都等于零，则它在这段时间内的平均速度不一定等于零B ．若物体在某段时间内的平均速度等于零，则它在这段时间内任一时刻的瞬时速度一定等于零C ．匀速直线运动中物体任意一段时间内的平均速度都等于它任一时刻的瞬时速度D ．变速直线运动中一段时间内的平均速度一定不等于它某一时刻的瞬时速度3．如图所示，长为r 的细杆一端固定一个质量为m 的小球，使之绕另一端O 在竖直面内做圆周运动，小球运动到最高点时的速度v ＝gr /2，物体在这点时( )A ．小球对细杆的拉力是mg /2 C ．小球对杆的拉力是32mgB ．小球对杆的压力是mg2D ．小球对杆的压力是mg4．图1－4－12是一个网球沿竖直方向运动的频闪照片，由照片可知A ．网球的加速度方向向上 C ．网球的加速度方向向下B ．网球正在下降 D ．网球正在上升5．如图所示，轻弹簧的一端与物块P 相连，另一端固定在木板上。

先将木板水平放置，并使弹簧处于拉伸状态。

缓慢抬起木板的右端， 使倾角逐渐增大，直至物块P 刚要沿木板向下滑动，在这个过程中，物块P 所受静摩擦力的大小变化情况是( )A ．先减小后增大B ．先增大后减小C ．一直增大D ．保持不变6．如图所示，一重为10 N 的球固定在支杆AB 的上端，用一段绳子水平拉球，使杆发生弯曲，已知绳的拉力为7.5 N ，则AB 杆对球的作用力( )A ．大小为7.5 N C ．方向与水平方向成53°角斜向右下方B ．大小为10 N D ．方向与水平方向成53°角斜向左上方 7．如图所示，硬杆一端通过铰链固定在墙上的B 点，另一端装有滑轮，重物用绳拴住通过滑轮固定于墙上的A 点，若杆、滑轮及绳的质量和摩擦均不计，将绳的固定端从A 点稍向下移，再使之平衡时，则( )A ．杆与竖直墙壁的夹角减小B ．绳的拉力减小，滑轮对绳的作用力增大C ．绳的拉力大小不变，滑轮对绳的作用力增大D ．绳的拉力、滑轮对绳的作用力大小都不变8 如图所示为杂技“顶竿”表演，一人站在地上，肩上扛一质量为M 的竖直竹竿，当竿上一质量为m 的人以加速度a 加速下滑时，竿对“底人”的压力大小为A ．(M ＋m )gB ．(M ＋m )g －maC ．(M ＋m )g ＋maD ．(M －m )g9 在动摩擦因数μ＝0.2的水平面上有一个质量为m ＝2 kg 的小球，小球与水平轻弹簧及与竖直方向成θ＝45°角的不可伸长的轻绳一端相连，如图所示，此时小球处于静止平衡状态，且水平面对小球的弹力恰好为零。

2024学年河北南宫中学等四校物理高三第一学期期中监测模拟试题注意事项1．考生要认真填写考场号和座位序号。

2．试题所有答案必须填涂或书写在答题卡上，在试卷上作答无效。

第一部分必须用2B 铅笔作答；第二部分必须用黑色字迹的签字笔作答。

3．考试结束后，考生须将试卷和答题卡放在桌面上，待监考员收回。

一、单项选择题：本题共6小题，每小题4分，共24分。

在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。

1、如图所示，平行板电容器下极板A带负电，上极板B带正电．将B板用导线接地，然后在两极板间的P点自由放置一个点电荷，该点电荷恰好静止在此处．以E表示两板间的电场强度，φP表示P点的电势，E p表示该点电荷在P点的电势能．若保持下极板不动，将上极板向上移动一小段距离，则( )A．E增大，φP增大B．E不变，φP增大C．φP减小，E p减小D．φP减小，E p增大2、在地面上方某一点将一小球以一定的初速度沿水平方向抛出，不计空气阻力，则小球在随后的运动中( )A．速度和加速度的方向都在不断变化B．速度与加速度方向之间的夹角一直减小C．在相等的时间间隔内，速率的改变量相等D．在相等的时间间隔内，动能的改变量相等3、如图所示，O为半径为R 的圆的圆心，ac、bd为圆的两个互相垂直的直径．在圆心O处固定一电荷量为 Q的负点电荷，在 a点固定一电荷量为 4Q的正点电荷．e 为Oc 连线上一点，f为Oc 延长线上的一点，且ec＝cf．则下列说法正确的是（）A ．b 、d 两点场强相同B ．b 、c 、d 三点中，c 点场强最大C ．b 、c 、d 三点中，c 点电势最高D ．将一负的点电荷从 e 点沿直线移到 f 点，电势能先减小后增大4、如图为北京航天飞行控制中心对“嫦娥二号”卫星实施降轨控制的示意图，卫星成功由轨道半径为a 、周期为T 1的极月圆轨道进入远月点距离为a 、周期为T 2的椭圆轨道，为拍摄月球图像做好准备。

河北衡水中学第五次调研考试理科综合试题【试卷综析】本试卷是高三模拟试题，包含了高中物理的全部内容，主要包含匀变速运动规律、受力分析、牛顿运动定律、电场、磁场、带电粒子的运动、电磁感应、选修3-4、3-5内容等内容，在注重考查核心知识的同时，突出考查考纲要求的根本能力，重视生素养的考查，注重主干知识，兼顾覆盖面。

Pb 207第工卷(选择题共126分)二、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14～18题只有一项符合题目要求。

第19～21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O分。

【题文】14．甲、乙两辆汽车沿同一平直路面行驶，其v一t图象如下列图，如下对汽车运动状况的描述正确的答案是A在第10 s末，乙车改变运动方向B在第10 s末，甲、乙两车相距150 mC．在第20 s末，甲、乙两车相遇D假设开始时乙车在前，如此两车可能相遇两次【知识点】匀变速直线运动的图像．A5【答案解析】D 解析：A、由图可知，在第20s内，乙车一直沿正方向的运动，速度方向没有改变，故A错误；B、由于不知道初始位置甲乙相遇多远，所以无法判断在10s末两车相距多少，也不知道再20s末能否相遇，故BC错误；D、假设刚开始乙在前，且距离为150m，如此在10s末两车相遇，之后甲在乙的前面，当乙的速度等于甲的速度之后，乙慢慢的追上乙，再某个时刻会相遇，故D正确．应当选D【思路点拨】根据图象知识可得出两物体在任一时刻的速度、每段的加速度与任一时间段内的位移；图象与时间轴围成的面积为汽车运动的位移，如此根据两物体的运动关系可判断各选项是否正确．解答此题应注意：〔1〕速度的正负表示物体速度的方向；〔2〕面积的正负表示物体位移的方向；〔3〕明确两物体的距离关系，可通过画运动的过程示意图帮助理解题意．【题文】15．在2014年8月28日第二届南京青年奥林匹克运动会闭幕式举行现场，国际奥委会主席托马斯·巴赫再次提议全场观众使用智能手机拍照“传情〞，这已经成为本届青奥会最时尚的“传情〞方式。

高三年级（上）第6次周考测试卷物 理 试 卷一、选择题：（每题4分，共40分）1.对下列各图蕴含的信息理解正确的是( )A ．图甲的加速度—时间图像说明该物体在做加速直线运动B ．图乙的位移—时间图像说明该物体受力平衡C ．图丙的动能—时间图像说明该物体做匀减速直线运动D ．图丁的速度—时间图像说明该物体的合力随时间增大2．如右图所示，有一重力不计的方形容器，被水平力F 压在竖直的墙面上处于静止状态，现缓慢地向容器内注水，直到将容器刚好盛满为止，在此过程中容器始终保持静止，则下列说法中正确的是( )①容器受到的摩擦力不变②容器受到的摩擦力逐渐增大③水平力F 可能不变④水平力F 必须逐渐增大A ．①③B ．①④C ．②③D ．②④3．如图所示，光滑水平地面上放有柱状物体A ，A 与墙面之间放一光滑的圆柱形物体B ，对A 施加一水平向左的力F ，整个装置保持静止.若将A 的位置向左移动稍许，整个装置仍保持平衡，则( )A ．水平外力F 增大B ．墙对B 的作用力减小C ．地面对A 的支持力不变D ．B 对A 的作用力增大4.如图所示为一与水平方向成夹角α的传送带．现将一质量为m 的工件放在传送带上，此工件恰好随皮带以相同加速度a （a >gsin α）向下匀加速运动，则在工件运动过程中下列说法正确的是A ．工件受到皮带的摩擦力沿斜面向上B ．摩擦力对工件一定做正功C ．皮带与工件的动摩擦因数一定大于tan αD ．工件所受摩擦力的大小可能等于mg sin α5.如图所示，在竖直放置的半圆形容器的中心O 点分别以水平初速度v 1、v 2抛出两个小球(可视为质点)，最终它们分别落在圆弧上的A 点和B 点，已知OA与OB 互相垂直，且OA 与竖直方向成α角，则两小球初速度之比v 1v 2为A ．tan αB ．cos α/sin αC ．tan αtan αD ．cos αcos α6．经长期观测人们在宇宙中已经发现了“双星系统”．“双星系统”是由两颗相距较近的恒星组成，每个恒星的线度远小于两个星体之间的距离，而且、二、实验题（每空2分，共12分）11.某探究小组设计了“用一把尺子测定动摩擦因数”的实验方案。

河北省南宫一中2015届高三高考仿真模拟考试理科综合物理试题二、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14~18题只有一项符合题目要求，19~21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。

14．下列说法中不．正确的是（ ） A ．物理模型就是把实际问题理想化，先略去一些次要因素，突出其主要因素B ．万有引力和电磁相互作用都是随距离的增大而减小，强相互作用与万有引力相同，与距离的二次方成反比C ．物理学的一般探索过程是通过观察和实验积累经验，在经验事实的基础上建立物理模型，提出简洁的物理规律，用它们去预言未知现象，再用新的实验去检验这些物理模型和物理规律，去否定或进一步去修正它们D ．万有引力定律清楚地向人们揭示，复杂运动的后面隐藏着简洁的科学规律，它明确地向人们宣告，天上和地上的物体都遵循着完全相同的科学法则15．马航客机失联牵动全世界人的心，当时初步确定失事地点位于南纬31°52′东经115°52′的澳大利亚西南城市珀斯附近的海域，有一颗绕地球做匀速圆周运动的卫星，每天上午同一时刻在该区域的正上方海面照像，则（ ）A ． 地球自转周期一定是该卫星运行周期的整数倍B ． 该卫星平面可能与南纬31°52′所确定的平面共面C ． 该卫星平面一定与东经115°52′所确定的平面共面D ． 该卫星不可能是通过地球两极上方的轨道16．如图所示，在水平桌面上叠放着质量均为M 的A 、B 两块木板，在木板A 的上方放着一个质量为m 的物块C ，木板和物块均处于静止状态。

A 、B 、C 之间以及B 与地面之间的动摩擦因数都为μ。

若用水平恒力F 向右拉动木板A ，使之从C 、B 之间抽出来，已知重力加速度为g 。

则拉力F 的大小应该满足的条件是 （ ）A ．F > μ（2m ＋M ）gB ．F > μ（m ＋2M ）gC. F > 2μmgD.F > 2μ（m ＋M ）g17．如图所示，在竖直平面内有一个14圆弧AB ，OA 为水平半径，现从圆心O 处以不同的初速度水平抛出一系列质量相同的小球，这些小球都落到圆弧上，小球落到圆弧上时的动能（ ）A ．越靠近A 点越大B ．越靠近B 点越大C ．从A 到B 先增大后减小D ．从A 到B 先减小后增大18．如图所示，理想变压器原线圈上连接着在水平面内的长直平行金属导轨，导轨之间存在垂直于导轨平面的匀强磁场，金属杆MN 垂直放置在导轨上，且接触良好．移动变压器副线圈上的滑动触头可改变副线圈匝数，副线圈上接有一只理想交流电压表，滑动变阻器R 的总阻值大于定值电阻R 0的阻值，线圈L 的直流电阻、导轨和金属杆的电阻都忽略不计．现在让金属杆以速度t Tv v π2sin 0=的规律在导轨上左右来回运动，运动过程中始终与导轨垂直，两灯A 、B 都发光．下列说法中正确的是（ ）A ．只增大T ，则灯A 变暗、灯B 变亮B ．当时间t=T 时，两灯都亮着，电压表的示数为零C ．只将变阻器R 的滑片下滑时，通过副线圈的电流减小，电压表的示数变大D ．只增大0v ，两灯都变亮，杆MN 来回运动的最大距离变小19．如图所示，放在水平地面上的光滑绝缘筒有两个带正电的小球A 、B ，A 位于BO POE筒底靠左侧壁处，B 在右侧筒壁上P 处时处于平衡状态，现将B 小球向上移动一段距离，从E 处由静止开始释放，则在它下落到筒底前（ ）A ．小球A 对筒底的压力保持不变B ．小球B 对筒壁的压力逐渐增大C ．小球B 的动能先增大后减小D ． 小球A 、B 间的电势能逐渐减小 20．如图为一电源电动势为E ，内阻为r 的恒定电路，电压表A的内阻为10k Ω，B 为静电计，1C 、2C 分别是两个电容器，将开关闭合一段时间，下列说法正确的是（ ）A ．若1C ＞2C ，则电压表两端的电势差大于静电计两端的电势差B ．若将变阻器滑动触头P 向右滑动，则电容器2C 上带电量增大C ．1C 上带电量为零D ．再将电键S 打开，然后使电容器2C 两极板间距离增大，则静电计张角也增大21．如图甲所示，固定在水平桌面上的光滑金属导轨cd 、eg 处于方向垂直导轨向下的匀强磁场中，金属杆ab 与导轨接触良好。

2015-2016学年河北省邢台市南宫中学高一（上）第五次周测物理试卷一、选择题（共21小题，每小题3分，满分63分）1．关于合力的下列说法，正确的是（）A．几个力的合力就是这几个力的代数和B．几个力的合力一定大于这几个力中的任何一个力C．几个力的合力可能小于这几个力中最小的力D．几个力的合力可能大于这几个力中最大的力2．如图所示，大小分别为F1、F2、F3的三个力围成封闭三角形．下列4个图中，这三个力的合力为零的是（）A． B． C．D．3．余伯在水库中钓获一尾大头鱼，当鱼线拉着大头鱼在水中向左上方匀速运动时，鱼受到水的作用力方向可能是（）A．水平向左 B．水平向右 C．竖直向上 D．作用力为04．（3分）甲同学体重为650N，乙同学体重为600N，他们靠近站在水平地面上，甲同学想用竖直向上300N的力抱起乙，乙想用竖直向上350N的力抱起甲，他们同时这样做后，甲、乙对地的压力分别为（）A．300N，300N B．650N，600N C．600N，650N D．950N，950N5．如图所示，石拱桥的正中央有一质量为m的对称楔形石块，侧面与竖直方向的夹角为α，重力加速度为g，若接触面间的摩擦力忽略不计，求石块侧面所受弹力的大小为（）A．B．C．mgtanαD．mgcotα6．如图所示容器内盛有水，器壁AB呈倾斜状，有一个小物块P处于图示状态，并保持静止，则该物体受力情况正确的是（）A．P可能只受一个力B．P可能只受三个力C．P不可能只受二个力D．P不是受到二个力就是四个力7．人站在自动扶梯的水平踏板上，随扶梯斜向上匀速运动，如图所示．以下说法正确的是（）A．人受到重力和支持力的作用B．人受到重力、支持力和摩擦力的作用C．人受到的合外力不为零D．人受到的合外力方向与速度方向相同8．（3分）将轻绳绕过两光滑滑轮A、B后两端系于放在水平板上的物体C两侧，在绳上0点系一轻绳，绳下悬挂重为G=Mg=20N的物体D，如图所示，平衡后0A、0B与水平面的夹角分别为30°、60°．下列说法正确的是（）A．绳OA对D的拉力大小等于绳0B对D的拉力大小B．OB绳上的拉力为l0 NC．C受到的静摩擦力的大小为10（﹣l）N，方向水平向左D．C受到的静摩擦力的大小为10N，方向水平向右9．（3分）如图所示，质量为m的物体置于倾角为θ的固定斜面上，物体与斜面之间的动摩擦因数为μ．先用平行于斜面的推力F1作用于物体上，使其沿斜面匀速上滑（图甲）；若改用水平推力F2作用于物体上，仍能使物体沿斜面匀速上滑（图乙），则两次的推力大小之比F1：F2为（）A．cosθ+μsinθB．cosθ﹣μsinθC．1+μtanθD．1﹣μtanθ10．体育器材室里，篮球摆放在图示的球架上．已知球架的宽度为d，每只篮球的质量为m、直径为D（D＞d），不计球与球架之间摩擦，则每只篮球对一侧球架的压力大小为（）A．mg B．C．D．11．如图所示，水平放置的两固定光滑硬杆OA、OB成θ角，在两杆上各套一轻环P、Q，两环用细绳相连．现用一大小为F的恒力沿OB方向拉圆环Q，当两环处于平衡状态时，绳子的拉力大小为（）A．B．C．FsinθD．Fcosθ12．如图所示，一根粗细均匀的轻绳两端分别系在固定竖直杆上的A、B两点，在绳上C 点施加一个外力F．逐渐增大F，AC、BC两段绳同时断裂，则外力F的方向与竖直方向的夹角α为（）A．90°B．82°C．80°D．74°13．（3分）如图所示是一座拱形桥，某人沿着圆弧拱形桥缓慢行走，人与桥面间的动摩擦因数处处相等，桥面受到人的压力为F，人与桥面间的摩擦力为f．则该人从桥头走向桥中央的过程中，（）A．F变大B．F变小C．f变大D．f变小14．如图所示，放在水平桌面上的木块A处于静止状态，所挂的砝码和托盘的总质量0.6kg，弹簧测力计读数为2N，滑轮摩擦不计，若轻轻取走盘中的部分砝码，使总质量减小到0.3kg，将会出现的情况是（g=10m/s2）（）A．弹簧测力计的读数将变小B．A仍静止不动C．A对桌面的摩擦力不变 D．A所受的合力将要变大15．一质量为m的物块恰好静止在倾角为θ的斜面上．现对物块施加一个竖直向下的恒力F，如图所示．则物块（）A．仍处于静止状态B．沿斜面加速下滑C．受到的摩擦力不变 D．受到的合外力增大16．如图所示，放在斜面上的小盒子中装有一些沙子，恰沿斜面匀速下滑，若在小盒子中再缓缓加入一些沙子，那么（）A．斜面对小盒的摩擦力不变B．小盒所受的合外力增大C．小盒将加速下滑D．小盒仍将匀速下滑17．如图所示物体静止在粗糙水平面上，现对物体施加一个与水平方向成θ角的斜向上的拉力F，保持θ角不变，使F从零开始逐渐增大（物体始终未离开水平面），在此过程中物体受到的摩擦力将（）A．逐渐增大 B．逐渐减小C．先逐渐增大后逐渐减小 D．先逐渐减小后逐渐增大18．如图所示，一轻质弹簧两端分别与竖直墙壁和物块连结，弹簧、地面水平．A、B是物块能保持静止的位置中离墙壁最近和最远的点，A、B两点离墙壁的距离分别是x1、x2．物块与地面的最大静摩擦力为f．则弹簧的劲度系数为（）A．B．C． D．19．超市中小张沿水平方向推着质量为m的购物车乘匀速上升的自动扶梯上楼，如图所示．假设小张、购物车、自动扶梯间保持相对静止，自动扶梯的倾角为30°，小张的质量为M，小张与扶梯间的摩擦因数为μ，小车与扶梯间的摩擦忽略不计，则（）A．小张对扶梯的压力大小为Mgcos 30°，方向垂直于斜面向下B．小张对扶梯的摩擦力大小为（M+m）gsin 30°，方向沿斜面向下C．扶梯对小张的摩擦力大小为μ（M+m）gcos 30°，方向沿斜面向上D．小张对车的推力和车对小张的推力大小必相等，这是因为人和车均处于平衡状态20．如图所示，滑轮本身的质量可忽略不计，滑轮轴O安装在一根轻木杆B上，一根轻绳AC绕过滑轮，绳与滑轮间的摩擦不计，A端固定在墙上，且绳保持水平，C端下面挂一个重物，BO与竖直方向夹角θ=45°，系统保持平衡．若保持滑轮的位置不变，改变θ的大小，则滑轮受到木杆的弹力大小变化的情况是（）A．只有角θ变小，弹力才变小B．只有角θ变大，弹力才变大C．不论角θ变大或变小，弹力都变大D．不论角θ变大或变小，弹力都不变21．（3分）粗细均匀的电线架在A、B两根电线杆之间，由于热胀冷缩，电线在夏、冬两季呈现如图所示的两种形状，电线杆始终处于竖直状态，下列说法中正确的是（）A．左图是夏季B．冬季，电线对电线杆的拉力较大C．夏季与冬季，电线对电线杆的拉力一样大D．夏季杆对地面的压力较大二、解答题（共5小题，满分0分）22．如图1为“探究弹簧弹力与弹簧伸长量关系”的实验装置图，弹簧的上端固定在铁架台上，下端装有指针及挂钩，指针恰好指向一把竖直立起的毫米刻度尺．现在测得在挂钩上挂上一定数量钩码时指针在刻度尺上的读数如下表：钩码数n 0 1 2 3 4 5刻度尺读数xn/cm 2.62 4.17 5.70 7.22 8.84 10.43 已知所有钩码的质量均为m0=50g，当地重力加速度g=9.8m/s2．请回答下列问题：（1）请根据表格数据在坐标纸中如图2作出n﹣x n图线，根据图线求出弹簧的劲度系数k=N/m．（结果保留两位有效数字）（2）考虑到弹簧自身的重力，上述测量的劲度系数（选填“大于”、“小于”或“等于”）真实值．23．以下是小丽同学在“探究共点力作用下物体的平衡条件”实验中的操作步骤，请将步骤补充完整．（1）将一方形薄木板平放在桌面上，在板面上用图钉固定好，将三个弹簧测力计的挂钩用细线系在小铁环上，如图甲所示；（2）先将其中两个测力计固定在图板上，再沿某一方向拉着第三个测力计，当铁环时，分别记下三个测力计的示数F1、F2、F3和；（3）选择合适的标度作出各个力的，根据作出F1、F2的合力F12，如图乙所示．比较F12和，在误差允许范围内应满足的关系是．24．（2013•福建一模）如图所示，质量为M的直角三棱柱A放在水平地面上，三棱柱的斜面是光滑的，且斜面倾角为θ．质量为m的光滑球放在三棱柱和光滑竖直墙壁之间，A和B 都处于静止状态，求地面对三棱柱支持力和摩擦力各为多少？25．（2013秋•福州校级期中）如图所示，AC和BC两轻绳共同悬挂一质量为m的物体，若保持AC绳的方向不变，AC与竖直向上方向的夹角为60°，改变BC绳的方向，试求：（1）物体能达到平衡时，θ角的取值范围；（2）θ在0～90°的范围内，BC绳上拉力的最大值和最小值．26．如图所示，有两本书交叉叠地放在水平地面上，一本书中部用轻质水平细线与墙相接，另一本书的中部用水平力F拉住．已知两本书质量均为m，纸张数均为n（图中只画出2张），纸与纸之间、纸与地面之间的动摩擦因数均为μ，重力加速度为g，求要将两本书分开，水平拉力F的最小值．2015-2016学年河北省邢台市南宫中学高一（上）第五次周测物理试卷参考答案与试题解析一、选择题（共21小题，每小题3分，满分63分）1．关于合力的下列说法，正确的是（）A．几个力的合力就是这几个力的代数和B．几个力的合力一定大于这几个力中的任何一个力C．几个力的合力可能小于这几个力中最小的力D．几个力的合力可能大于这几个力中最大的力【考点】合力的大小与分力间夹角的关系；力的合成．【专题】平行四边形法则图解法专题．【分析】（1）如果二力在同一条直线上，根据力的合成计算合力的大小，即同一直线上同方向二力的合力等于二力之和；同一直线反方向二力的合力等于二力之差．（2）如果二力不在同一条直线上，合力大小介于二力之和与二力之差之间．【解答】解：A、力是矢量，根据力的平行四边形定则可知，几个力的合力就是这几个力的矢量和，故A错误；B、当两个力方向相同时，合力等于两分力之和，合力大于每一个分力；当两个分力方向相反时，合力等于两个分力之差，合力可能小于最小分力，由此可见：合力可能大于分力也有可能小于分力，故B错误，CD正确；故选：CD．【点评】解此题关键是要理解合力的大小范围：大于两力之差，小于两力之和；分析时考虑问题要全面，既要考虑到两个力同向，也要考虑反向的情况．2．如图所示，大小分别为F1、F2、F3的三个力围成封闭三角形．下列4个图中，这三个力的合力为零的是（）A． B． C．D．【考点】力的合成．【专题】受力分析方法专题．【分析】在矢量三角形中，分力是首尾相接的，合力是由一个分力的箭尾指向另一个分力的箭头的，由此可以判断分力与合力的关系，从而可以求得合力的大小．【解答】解：根据三角形定则或平行四边形定则，知A选项合力为2F2，B选项合力为2F1，C选项合力为零，D选项合力为2F3．故C正确，A、B、D错误．故选C．【点评】本题中要会区分三角形中的三条边是代表的分力还是代表的合力，这是解决本题的关键所在．3．余伯在水库中钓获一尾大头鱼，当鱼线拉着大头鱼在水中向左上方匀速运动时，鱼受到水的作用力方向可能是（）A．水平向左 B．水平向右 C．竖直向上 D．作用力为0【考点】运动的合成和分解．【专题】运动的合成和分解专题．【分析】对大头鱼受力分析，根据受力平衡条件，结合大头鱼重力与拉力方向，依据力的平行四边形定则，即可求解．【解答】解：由题意可知，大头鱼受力平衡，即为：竖直向下的重力，斜向左上方的拉力，还有鱼受到水的作用力，根据受力平衡条件，结合力的合成法则可知，鱼受到水的作用力方向一定是拉力与重力的合力的反方向，故B正确，ACD错误；故选：B．【点评】考查受力分析，及平衡条件，掌握力的平行四边形定则的应用，注意大头鱼的合力为零是解题的突破口．4．（3分）甲同学体重为650N，乙同学体重为600N，他们靠近站在水平地面上，甲同学想用竖直向上300N的力抱起乙，乙想用竖直向上350N的力抱起甲，他们同时这样做后，甲、乙对地的压力分别为（）A．300N，300N B．650N，600N C．600N，650N D．950N，950N【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】甲同学想用竖直向上300N的力抱起乙时，会受到300N竖直向下的反作用力，据此分别对甲乙受力分析，根据平衡条件求同学受到地面的支持力．【解答】解：A、对甲受力分析，受重力650N、由于抱乙受到的竖直向下的反作用力300N、乙对他的向上的350N的支持力、地面的支持力，根据平衡条件：650N+300N=F+350N得：F=600N根据牛顿第三定律可得甲对地面的压力为600N；同理可得乙对地面的压力为650N；故选：C．【点评】对物体进行正确的受力分析、确定物体的运动状态（静止状态）是本题的关键．5．如图所示，石拱桥的正中央有一质量为m的对称楔形石块，侧面与竖直方向的夹角为α，重力加速度为g，若接触面间的摩擦力忽略不计，求石块侧面所受弹力的大小为（）A．B．C．mgtanαD．mgcotα【考点】共点力平衡的条件及其应用；力的合成．【专题】计算题．【分析】对石块受力分析，根据共点力平衡条件，运用合成法列式求解．【解答】解：对物体受力分析，如图根据共点力平衡条件，将弹力F1、F2合成，结合几何关系，有F1=F2=Fmg=2×Fcos（90°﹣α）所以F=故选：A．【点评】本题考查力的平衡和力的合成；运用共点力平衡条件可以结合合成法、分解法、正交分解法求解．6．如图所示容器内盛有水，器壁AB呈倾斜状，有一个小物块P处于图示状态，并保持静止，则该物体受力情况正确的是（）A．P可能只受一个力B．P可能只受三个力C．P不可能只受二个力D．P不是受到二个力就是四个力【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】对物体进行受力分析，根据其静止状态可分析受力的个数．【解答】解：物体一定受到地球的吸引而产生的重力，同时因为排开一定质量的液体，故一定受浮力，即可能受2个力；若浮力大于重力，则物体一定会受AB对P的弹力，由于弹力垂直于接触面向下，如图所示，物体只有受到向下的摩擦力才能受力平衡，故一定受四个力；故只有D正确；故选D．【点评】受力分析一定不要脱离开对物体的运动情景的分析，同时对摩擦力有无的判断可以用假设法．7．人站在自动扶梯的水平踏板上，随扶梯斜向上匀速运动，如图所示．以下说法正确的是（）A．人受到重力和支持力的作用B．人受到重力、支持力和摩擦力的作用C．人受到的合外力不为零D．人受到的合外力方向与速度方向相同【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】人随扶梯斜向上匀速运动，处于平衡状态，合力为零；再对人受力分析，受到重力、支持力，二力平衡．【解答】解：人随扶梯斜向上匀速运动，处于平衡状态，合力为零；对人受力分析，受到重力mg、支持力N，假设有静摩擦力f，设为向右，根据共点力平衡条件，有N=mgf=0故选A．【点评】本题关键结合物体的运动状态对物体进行受力分析，然后根据共点力平衡条件列式求解．8．（3分）将轻绳绕过两光滑滑轮A、B后两端系于放在水平板上的物体C两侧，在绳上0点系一轻绳，绳下悬挂重为G=Mg=20N的物体D，如图所示，平衡后0A、0B与水平面的夹角分别为30°、60°．下列说法正确的是（）A．绳OA对D的拉力大小等于绳0B对D的拉力大小B．OB绳上的拉力为l0 NC．C受到的静摩擦力的大小为10（﹣l）N，方向水平向左D．C受到的静摩擦力的大小为10N，方向水平向右【考点】共点力平衡的条件及其应用．【专题】共点力作用下物体平衡专题．【分析】根据对O点受力分析，运用共点力平衡求出两绳子的拉力，从而对C分析，根据平衡求出静摩擦力的大小和方向．【解答】解：A、对结点分析如图，根据平衡知，F 1=Fsin30°=10N，．故A、B错误．C、C在水平方向上受两拉力和静摩擦力处于平衡，则f=，因为向左的拉力小于向右的拉力，所以静摩擦力的方向水平向左．故C正确，D错误．故选C．【点评】解决本题的关键能够正确地受力分析，运用共点力平衡进行求解．9．（3分）如图所示，质量为m的物体置于倾角为θ的固定斜面上，物体与斜面之间的动摩擦因数为μ．先用平行于斜面的推力F1作用于物体上，使其沿斜面匀速上滑（图甲）；若改用水平推力F2作用于物体上，仍能使物体沿斜面匀速上滑（图乙），则两次的推力大小之比F1：F2为（）A．cosθ+μsinθB．cosθ﹣μsinθC．1+μtanθD．1﹣μtanθ【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】以物体为研究对象，分析受力情况，作出力图，根据平衡条件运用正交分解法求解F1与F2的大小，再求它们的比值．【解答】解：根据平衡条件建立方程：对甲图F1﹣mgsinθ﹣F f1=0N﹣mgcosθ=0F f1=μN联立三个方程解得：F1=mgsinθ+μmgcosθ对乙图，将F2分解（或者正交分解）平行斜面方向：F2cosθ﹣mgsinθ﹣F f2=0N′﹣Fsinθ﹣mgcosθ=0F f2=μN′联立三个方程解得：有两次的推力之比为：故选：B【点评】本题是物体的平衡问题，受力分析，作出力图是正确解题的关键．中等难度．10．体育器材室里，篮球摆放在图示的球架上．已知球架的宽度为d，每只篮球的质量为m、直径为D（D＞d），不计球与球架之间摩擦，则每只篮球对一侧球架的压力大小为（）A．mg B．C．D．【考点】物体的弹性和弹力．【专题】受力分析方法专题．【分析】以任意一只篮球为研究对象，分析受力情况，根据几何知识求出相关的角度，由平衡条件求解球架对篮球的支持力，即可得到篮球对球架的压力．【解答】解：以任意一只篮球为研究对象，分析受力情况，设球架对篮球的支持力N与竖直方向的夹角为α．由几何知识得：cosα==根据平衡条件得：2Ncosα=mg解得：N=则得篮球对球架的压力大小为：N′=N=．故选：C．【点评】本题关键要通过画出力图，正确运用几何知识求出N与竖直方向的夹角，再根据平衡条件进行求解．11．如图所示，水平放置的两固定光滑硬杆OA、OB成θ角，在两杆上各套一轻环P、Q，两环用细绳相连．现用一大小为F的恒力沿OB方向拉圆环Q，当两环处于平衡状态时，绳子的拉力大小为（）A．B．C．FsinθD．Fcosθ【考点】共点力平衡的条件及其应用；物体的弹性和弹力．【专题】共点力作用下物体平衡专题．【分析】由题，P、Q是两个轻环，重力不计，当用恒力F沿OB方向拉环Q，两环稳定时，P环受到两个力而平衡，Q环受到三个力而平衡，以P为研究对象，根据二力平衡条件确定出轻绳的方向，再以Q为研究对象，求出轻绳的张力．【解答】解：以P为研究对象，稳定时，P环受到轻绳的张力和杆的支持力，杆的支持力方向与杆垂直，则根据平衡条件得知，稳定时轻绳与杆OA垂直；再以Q为研究对象，分析受力如右图所示，根据平衡条件得：Tsinθ=F解得：T=．故选：B．【点评】本题关键要防止思维定势的干扰，认为环受到重力，就会无从下手．12．如图所示，一根粗细均匀的轻绳两端分别系在固定竖直杆上的A、B两点，在绳上C 点施加一个外力F．逐渐增大F，AC、BC两段绳同时断裂，则外力F的方向与竖直方向的夹角α为（）A．90°B．82°C．80°D．74°【考点】共点力平衡的条件及其应用；物体的弹性和弹力．【专题】共点力作用下物体平衡专题．【分析】由题意若AC、BC两段绳同时断裂，则AC与BC绳上的拉力相等．【解答】解：将F按效果根据平行四边形定则进行分解，如图：若F的两个分力相等，则F与BC之间的夹角为45°，则F与竖直方向的夹角α=180°﹣45°﹣53°=82°故选：B．【点评】本题考了力的分解，当结点受三个力的作用时通常用平行四边形分解，当受三个以上力时通常用正交分解．13．（3分）如图所示是一座拱形桥，某人沿着圆弧拱形桥缓慢行走，人与桥面间的动摩擦因数处处相等，桥面受到人的压力为F，人与桥面间的摩擦力为f．则该人从桥头走向桥中央的过程中，（）A．F变大B．F变小C．f变大D．f变小【考点】向心力．【专题】匀速圆周运动专题．【分析】以人为研究的对象，进行受力分析，结合力的合成与分解即可得出正确的结论．【解答】解：对人受力分析，受重力、支持力和静摩擦力，如图所示：根据共点力平衡条件，有：N=mgsinθf=mgcosθ其中θ为支持力N与水平方向的夹角；当人向上移动时，θ变大，故N变大，f变小．根据牛顿第三定律可知，桥面受到人的压力为F=N，变大．故AD正确，BC错误．故选：AD．【点评】本题关键对人受力分析，然后根据共点力平衡条件列式求解出支持力和静摩擦力的表达式进行讨论．要注意人受到的摩擦力是静摩擦力，与动摩擦因数无关．14．如图所示，放在水平桌面上的木块A处于静止状态，所挂的砝码和托盘的总质量0.6kg，弹簧测力计读数为2N，滑轮摩擦不计，若轻轻取走盘中的部分砝码，使总质量减小到0.3kg，将会出现的情况是（g=10m/s2）（）A．弹簧测力计的读数将变小B．A仍静止不动C．A对桌面的摩擦力不变 D．A所受的合力将要变大【考点】静摩擦力和最大静摩擦力；力的合成与分解的运用；共点力平衡的条件及其应用；胡克定律．【专题】共点力作用下物体平衡专题．【分析】对A受力分析可得出A受到的静摩擦力，根据静摩擦力与最大静摩擦力的关系可得出最大静摩擦力；再根据变化之后的受力情况可判断A的状态及读数的变化．【解答】解：初态时，对A受力分析有：得到摩擦力F f=F1﹣F2=6﹣2=4N，说明最大静摩擦力F max≥4N，当将总质量减小到0.3kg时，拉力为变为3N，物体仍静止，合力仍为零；弹簧测力计的示数不变，故摩擦力变化F f′=1N．故ACD错误，B正确．【点评】本题考查静摩擦力的计算，要注意静摩擦力会随着外力的变化而变化，但不会超过最大静摩擦力．弹簧的弹力取决于弹簧的形变量，形变量不变，则弹力不变．15．一质量为m的物块恰好静止在倾角为θ的斜面上．现对物块施加一个竖直向下的恒力F，如图所示．则物块（）A．仍处于静止状态B．沿斜面加速下滑C．受到的摩擦力不变 D．受到的合外力增大【考点】共点力平衡的条件及其应用．【专题】计算题．【分析】质量为m的物块恰好静止在倾角为θ的斜面上，对其受力分析，可求出动摩擦因数，加力F后，根据共点力平衡条件，可以得到压力与最大静摩擦力同时变大，物体依然平衡．【解答】解：由于质量为m的物块恰好静止在倾角为θ的斜面上，说明斜面对物块的摩擦力等于最大静摩擦力，对物体受力分析，如图根据共点力平衡条件，有f=mgsinθN=mgcosθf=μN解得μ=tanθ对物块施加一个竖直向下的恒力F，再次对物体受力分析，如图根据共点力平衡条件，有与斜面垂直方向依然平衡：N=（mg+F）cosθ因而最大静摩擦力为：f=μN=μ（mg+F）cosθ=（mg+F）sinθ故合力仍然为零，物块仍处于静止状态，A正确，B、D错误，摩擦力由mgsinθ增大到（F+mg）sinθ，C错误；故选A．【点评】本题要善用等效的思想，可以设想将力F撤去，而换成用一个重力的大小等于F 的物体叠放在原来的物块上！16．如图所示，放在斜面上的小盒子中装有一些沙子，恰沿斜面匀速下滑，若在小盒子中再缓缓加入一些沙子，那么（）A．斜面对小盒的摩擦力不变B．小盒所受的合外力增大C．小盒将加速下滑D．小盒仍将匀速下滑【考点】共点力平衡的条件及其应用；物体的弹性和弹力．【专题】共点力作用下物体平衡专题．【分析】以小盒和沙子为研究对象，通过受力分析，摩擦力和支持力的合力与重力平衡，分别列出各力的大小与质量的关系，即可得出若在小盒子中以与盒子相同的速度缓缓加入一些沙子后的结果．【解答】解：如图所示，。

高三年级〔上〕第2次周考测试卷物理试卷一、选择题〔此题共12个小题，每一小题4分，共48分〕1. (多项选择)如下关于平均速度、瞬时速度、平均速率的说法正确的答案是( )A．平均速度v＝ΔxΔt，当Δt充分小时，该式可表示t时刻的瞬时速度B．匀速直线运动的平均速度等于瞬时速度C．瞬时速度和平均速度都可以准确描述变速运动D．平均速度的大小就是平均速率2. (多项选择)对于物体做直线运动，如下说法中正确的答案是( )A．假设加速度方向和速度方向相反，且加速度越来越小，如此物体运动的速度越来越小，位移越来越小B．假设加速度随时间均匀减小，如此速度随时间均匀减小C．在给定的时间间隔内，位移的大小决定于平均速度的大小D．假设位移随时间均匀变化，如此物体做匀速直线运动3.汽车以20 m/s的速度在平直公路上行驶，急刹车时的加速度大小为5 m/s2，如此自驾驶员急踩刹车开始，2 s与5 s时汽车的位移之比为( )A．5∶4 B．4∶5C．3∶4 D．4∶34. (多项选择)如图，直线a和曲线b分别是在平直公路上行驶的汽车a和b的位置－时间(x －t)图线．由图可知( )A．在时刻t1，a车追上b车B．在时刻t2，a、b两车运动方向相反C．在t1到t2这段时间内，b车的速率先减少后增加D．在t1到t2这段时间内，b车的速率一直比a车的大5.如下列图为两个物体A和B在同一直线上沿同一方向同时开始运动的v－t图线，在第3 s 末两个物体在途中相遇，如此( )A．A、B两物体是从同一地点出发B. 3 s内物体A的平均速度比物体B的大C. A、B两物体在减速段的加速度大小之比为3∶1D. t＝1 s时，两物体第一次相遇6.如下关于重力和重心的说法正确的答案是( )A．物体所受的重力就是地球对物体产生的吸引力B ．物体静止时，对水平支持物的压力就是物体的重力C ．用细线将物体悬挂起来，静止时物体的重心一定在悬线所在的直线上D ．重心就是物体所受重力的等效作用点，故重心一定在物体上7.一根轻质弹簧一端固定，用大小为F 1的力压弹簧的另一端，平衡时长度为l 1；改用大小为F 2的力拉弹簧，平衡时长度为l 2.弹簧的拉伸或压缩均在弹性限度内，该弹簧的劲度系数为( )1212121212121212.;.;.;.l l F F D l l F F C l l F F B l l F F A +--+++--8.如下列图，物体A 、B 在力F 作用下一起以一样速度沿F 方向匀速运动，关于物体A 所受的摩擦力，如下说法正确的答案是( )A ．甲、乙中物体A 均受摩擦力，且方向均与F 一样B ．甲、乙中物体A 均受摩擦力，且方向均与F 相反C ．甲、乙中物体A 均不受摩擦力D ．甲中物体A 不受摩擦力，乙中物体A 受摩擦力，方向和F 一样9.如下列图,把一重为G 的物体，用一水平方向的推力F ＝kt(k 为恒量，t 为时间)压在竖直的足够高的平整墙上，从t ＝0开始物体所受的摩擦力Ff 随t 的变化关系是如下图中的 ( )10.(多项选择)如下列图，物体放在光滑斜面上，所受重力为G ，斜面支持力为F N ，设使物体沿斜面下滑的力是F 1，如此如下说法中正确的答案是( ) A ．G 可以分解为F 1和对斜面的压力F 2 B ．F 1是G 沿斜面向下的分力 C ．F 1是F N 和G 的合力 D ．物体受到G 、F 1、F 2、F N 的作用 11.如下列图，位于倾角为θ的斜面上的物块B 由跨过定滑轮的轻绳与物块A 相连．从滑轮到A 、B 的两段绳都与斜面平行．A 与B 之间与B 与斜面之间均不光滑，假设用一沿斜面向下的力F 拉B 并使它做匀速直线运动，如此B 受力的个数为( ) A ．4个B ．5个C ．6个D ．7个12.如下列图，两根等长的绳子AB 和BC 吊一重物静止，两根绳子与水平方向夹角均为 60°.现保持绳子AB 与水平方向的夹角不变，将绳子BC 逐渐缓慢地变化到沿水平方向，在这一过程中，绳子BC 的拉力变化情况是 ( ) A ．增大B ．先减小后增大C．减小D．先增大后减小二、填空题〔此题共2小题，共12分，每空2分〕13.(1)研究小车匀变速直线运动的实验装置如如下图a所示，其中斜面倾角θ可调，打点计时器的工作频率为50 Hz，纸带上计数点的间距如图b所示，其中每相邻两点之间还有4个记录点未画出．①局部实验步骤如下：A．测量完毕，关闭电源，取出纸带．B．接通电源，待打点计时器工作稳定后放开小车．C．将小车停靠在打点计时器附近，小车尾部与纸带相连．D．把打点计时器固定在平板上，让纸带穿过限位孔．上述实验步骤的正确顺序是：________(用字母填写)．②图b中标出的相邻两个计数点的时间间隔T＝_________s.③计数点5对应的瞬时速度大小计算式为v5＝________.④为了充分利用记录数据，减小误差，小车加速度大小的计算式应为a＝________.14. 如下列图，某实验小组的同学利用DIS实验装置研究支架上力的分解．A、B为两个一样的双向力传感器，该型号传感器在受到拉力时读数为正，受到压力时读数为负．A连接质量不计的细绳，可沿固定的板做圆弧形移动．B固定不动，通过光滑铰链连接长为0.3 m的杆．将细绳连接在杆右端O点构成支架．保持杆在水平方向，按如下步骤操作：①测量绳子与水平杆的夹角∠AOB＝θ.②对两个传感器进展调零．③用另一细绳在O点悬挂一个钩码，记录两个传感器的读数．④取下钩码，移动传感器A改变θ角．重复上述实验步骤，得到如下表格.F1 1.0010.580… 1.002…F2－0.868－0.291…0.865…θ30°60°…150°…(1)根据表格，A F1F2________kg(保存一位有效数字)．(2)本实验中屡次对传感器进展调零，对此操作的说明正确的答案是________．A．因为事先忘记调零B．何时调零对实验结果没有影响C．为了消除横杆自身重力对结果的影响D．可以完全消除实验误差三、计算题〔此题共4小题，共40分。

2015-2016学年河北省邢台市南宫中学高一（上）第七次周测物理试卷一、选择题（每题4分．用二十天全力以赴去改变自己命运！）1．如图所示，小物体分别沿着两个不同的光滑面从静止开始下滑，开始时两物高度相同，滑过的路程相同，则下滑时间（）A．t A＞t B B．t A＜t B C．t A=t B D．无法确定2．如图所示是滑块在水平面上做直线运动的v﹣t图象．下列判断正确的是（）A．在t=1s时，滑块的加速度为零B．在4s～6s时间内，滑块的平均速度为3m/sC．在3s～7s时间内，滑块的平均速度为3m/sD．在t=6s时，滑块的加速度大小为4m/s23．甲、乙两物体分别从10m和20m高处同时自由落下，不计空气阻力，下面正确的是（）A．落地时甲的速度是乙的B．落地的时间甲是乙的2倍C．下落1s时甲的速度与乙的速度相同D．在落地前1s内，乙物体的位移较大4．关于重力以下说法正确的是（）A．重力的方向总是垂直地面向下的B．把空气中的物体浸入水中，物体所受重力变小C．挂在绳上静止的物体，它受到的重力就是绳对它的拉力D．同一物体在地球各处重力大小是不一定相同的5．如图所示，截面为三角形的木块a上放置一铁块b，三角形木块竖直边靠在竖直且粗糙的竖直面上，现用竖直向上的作用力F，推动木块与铁块一起向上匀速运动，运动过程中铁块与木块始终保持相对静止，则下面说法正确的是（）A．木块a与铁块b间一定存在摩擦力B．木块与竖直墙面间一定存在水平弹力C．木块与竖直墙面间一定存在摩擦力D．竖直向上的作用力F大小一定大于铁块与木块的重力之和6．一根轻质弹簧一端固定，用大小为F1的力压弹簧的另一端，平衡时长度为l1；改用大小为F2的力拉弹簧，平衡时长度为l2．弹簧的拉伸或压缩均在弹性限度内，该弹簧的劲度系数为（）A．B．C．D．7．如图，放在粗糙水平桌面上的木块，受到F1=8N，F2=3N的水平推力作用而处于静止状态．若撤去F1，则物体（）A．仍静止B．向左匀速运动C．向左加速运动D．向右加速运动8．如图所示，在两块相同的竖直木板之间，有质量均为m的4块相同的砖，用两个大小均为F的水平力压木板，使砖静止不动，则第3块砖对第4块砖的摩擦力大小为（）A．0 B．mg C．mg D．2mg9．如图所示，A、B、C三个物体质量相等，它们与传送带间的动摩擦因数也相同．三个物体随传送带一起匀速运动，运动方向如图中箭头所示．则下列说法正确的是（）A．A物体受的摩擦力不是零，方向向右B．三个物体只有A物体受的摩擦力是零C．B、C受的摩擦力大小相等，方向相同D．B、C受的摩擦力大小相等，方向相反10．如图所示，位于水平桌面上的物块P，由跨过定滑轮的轻绳与物块Q相连，从滑轮到P和到Q的两段绳都是水平的．已知Q与P之间以及P与桌面之间的动摩擦因数都是μ，两物块的质量都是，滑轮的质量、滑轮轴上的摩擦都不计，若用一水平向右的力F拉P使它做匀速运动，则F的大小为（）A．4μmg B．3μmg C．2μmg D．μmg11．如图所示，在光滑水平面上叠放着A、B两物体，已知m A=6kg、m B=2kg，A、B间动摩擦因数μ=0.2，在物体A上系一细线，细线所能承受的最大拉力是20N，现水平向右拉细线，g取10m/s2，则（）A．当拉力F＜12N时，A静止不动B．当拉力F=16N时，B受A的摩擦力等于4NC．当拉力F＞12N时，A相对B滑动D．无论拉力F多大，A相对B始终静止12．如图所示，质量为m的木块在质量为M的木板上滑行，木板与地面间动摩擦因数为μ1，木块与木板间的动摩擦因数为μ2，木板一直静止，那么木板受地面的摩擦力大小为（）A．μ1Mg B．μ2mg C．μ1（m+M）g D．μ1Mg+μ2mg13．如图，木块放在木板AB上，B端固定，现使木板从水平面绕B端逆时针缓慢转动，木块开始相对木板静止，后沿木板下滑，在此过程中（）A．木块所受的静摩擦力逐渐增大B．木块所受的滑动摩擦力逐渐增大C．木块所受的静摩擦力方向沿斜面向下D．木块对木板的压力逐渐增大二、实验题（共15分．南中精神：特别能吃苦，特别能坚持，特别能学习．）14．在做“练习使用打点计时器”的实验时．打出一条纸带，如图所示，物体做匀加速直线运动，交流电频率是50Hz，舍去前面比较密的点，从0点开始，标出几个计数点1、2、3…，相邻两个计数点之间还有4个打印点未画出，那么相邻两个计数点之间对应的时间间隔为s，各计数点与0计数点之间的距离依次为x1=3.00cm、x2=7.50cm、x3=13.50cm，则打计数点1时物体的速度大小v1=m/s，打计数点2时物体的速度大小v2=m/s，物体运动的加速度大小为m/s2．15．在做“研究匀变速直线运动”的实验时，某同学得到一条用电火花计时器打下的纸带如图1所示，并在其上取了A、B、C、D、E、F、G 7个计数点，每相邻两个计数点间还有4个点图中没有画出，电火花计时器接220V、50Hz交流电源．（1）设电火花计时器的周期为T，计算F点的瞬时速度v F的公式为v F=；（2）他经过测量并计算得到电火花计时器在打B、C、D、E、F各点时物体的瞬时速度如下表．以A点对应的时刻为t=0，试在图2所示坐标系中合理地选择标度，作出v﹣t图象，并利用该图象求出物体的加速度a=m/s2；（3）如果当时电网中交变电流的电压变成210V，而做实验的同学并不知道，那么加速度的测量值与实际值相比．（填“偏大”、“偏小”或“不变”）三、计算题（细节决定成败，习惯改变命运）16．一辆汽车从静止开始匀加速开出，然后保持匀速运动，最后匀减速运动，直到停止．下表给了不同时刻汽车的速度：（l）汽车从开出到停止共经历的时间是多少？（2）汽车在全程中的平均速度是多少？17．如图所示，A物体的上表面水平，它与B物体保持相对静止，一起沿着斜面匀速下滑，试分析A的受力情况．18．一根弹簧原长l0=10cm，劲度系数为k=200N/m，用此弹簧水平拉一重为20N 的物体，如图所示．（1）当弹簧长为l1=11cm时，物体未动，求此时物体所受的静摩擦力的大小f1；（2）当弹簧长为l2=12cm时，物体仍未动，求此时物体所受的静摩擦力的大小f2；（3）当弹簧长为l3=12.5cm时，物体刚好开始运动，求物体与水平面间最大静摩擦力的大小f3；（4）物体与水平面间的动摩擦因数μ=0.22，则当物体匀速运动时，它所受的滑动摩擦力的大小f4以及此时弹簧长度l4．19．如图所示，A、B是两个相同的轻弹簧，原长都是L0=10cm，劲度系数k=500N/m，如果图中悬挂的两个物体质量均为m，现测得两个弹簧的总长为26cm，则物体的质量m是多少？（取g=10N/kg）20．一个重G1=400N的小孩，坐在一块重G2=100N的木块上，用一根绕过光滑定滑轮的轻绳拉住木块，使小孩和木块相对静止一起匀速前进（如图）．已知小孩的拉力F=70N，则：（1）木块与地面间的动摩擦因数是多少？（2）小孩和木块之间有无摩擦力？若有，试确定小孩所受摩擦力大小和方向．2015-2016学年河北省邢台市南宫中学高一（上）第七次周测物理试卷参考答案与试题解析一、选择题（每题4分．用二十天全力以赴去改变自己命运！）1．如图所示，小物体分别沿着两个不同的光滑面从静止开始下滑，开始时两物高度相同，滑过的路程相同，则下滑时间（）A．t A＞t B B．t A＜t B C．t A=t B D．无法确定【考点】匀变速直线运动的图像；匀变速直线运动的位移与时间的关系．【分析】画出两个物体速率时间图象，根据动能定理可知，到达末端时速率相等，抓住图象的斜率表示加速度，图象与坐标轴围成的面积表示路程求解．【解答】解：根据题意可知，A做匀加速直线运动，B做加速度逐渐减小的运动，根据动能定理得：则到达末端时速率相等，运动的路程相等，则速度﹣时间图象与坐标轴围成的面积表示路程，速率﹣时间图象如图所示：根据图象可知，t A＞t B，故A正确．故选：A2．如图所示是滑块在水平面上做直线运动的v﹣t图象．下列判断正确的是（）A．在t=1s时，滑块的加速度为零B．在4s～6s时间内，滑块的平均速度为3m/sC．在3s～7s时间内，滑块的平均速度为3m/sD．在t=6s时，滑块的加速度大小为4m/s2【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．【分析】由图象可知物体的运动状态，由图象的斜率求得加速度，图象与坐标轴围成的面积表示位移，平均速度等于位移除以时间．【解答】解：由v﹣t图象可知，1﹣3s内做匀变速直线运动，运动加速度恒定且a==2m/s2；故A错误；B、4﹣6s内时间内的位移x==6m，滑块的平均速度=3m/s；故B 正确；C、3s～7s时间内的位移=9m，平均速度；故C错误；D、在5﹣6s时间内，滑块的加速度大小a==4m/s2；故D正确；故选：BD3．甲、乙两物体分别从10m和20m高处同时自由落下，不计空气阻力，下面正确的是（）A．落地时甲的速度是乙的B．落地的时间甲是乙的2倍C．下落1s时甲的速度与乙的速度相同D．在落地前1s内，乙物体的位移较大【考点】自由落体运动．【分析】根据自由落体的位移、速度等规律进行分析即可求解．【解答】解：A、由v2=2gh可得，v=，故落地速度与成正比，故A错误；B、由h=gt2可得，t=，故时间与成正比，故B错误；C、下落1s时的速度v=gt，下落时间相等，故速度相同，故C正确；D、因乙下落高度大，故乙在最后1s内的平均速度大于甲的平均速度，故乙物体在最后1s中位移较大；故D正确；故选：CD．4．关于重力以下说法正确的是（）A．重力的方向总是垂直地面向下的B．把空气中的物体浸入水中，物体所受重力变小C．挂在绳上静止的物体，它受到的重力就是绳对它的拉力D．同一物体在地球各处重力大小是不一定相同的【考点】重力；重心．【分析】地面附近一切物体都受到地球的吸引，由于地球的吸引而使物体受到的力叫做重力，与物体的运动状态无关．【解答】解：A、重力的方向总是竖直向下的，故A错误；B、重力是源自于万有引力，与物体是否是其他力无关，故B错误；C、拉力是弹力，和重力是不同性质的力，故不是同一个力，故C错误；D、重力加速度与纬度和高度有关，故本题位置重力大小不一定相等，方向也不一定平行，故D正确；故选D．5．如图所示，截面为三角形的木块a上放置一铁块b，三角形木块竖直边靠在竖直且粗糙的竖直面上，现用竖直向上的作用力F，推动木块与铁块一起向上匀速运动，运动过程中铁块与木块始终保持相对静止，则下面说法正确的是（）A．木块a与铁块b间一定存在摩擦力B．木块与竖直墙面间一定存在水平弹力C．木块与竖直墙面间一定存在摩擦力D．竖直向上的作用力F大小一定大于铁块与木块的重力之和【考点】共点力平衡的条件及其应用；力的合成与分解的运用．【分析】对b受力分析，受到重力、支持力和静摩擦力；再对a、b整体受力分析，受到重力和推力，二力平衡，整体不是墙壁的弹力和摩擦力．【解答】解：b匀速上升，受到的合力为零，对b受力分析，受到重力、支持力和静摩擦力；再对a、b整体受力分析，受到重力和推力，二力平衡；整体不受墙壁的弹力和摩擦力，如有，则合力不为零；故选A．6．一根轻质弹簧一端固定，用大小为F1的力压弹簧的另一端，平衡时长度为l1；改用大小为F2的力拉弹簧，平衡时长度为l2．弹簧的拉伸或压缩均在弹性限度内，该弹簧的劲度系数为（）A．B．C．D．【考点】胡克定律．【分析】根据弹簧受F1F2两个力的作用时的弹簧的长度，分别由胡克定律列出方程联立求解即可．【解答】解：由胡克定律得F=kx，式中x为形变量，设弹簧原长为l0，则有F1=k（l0﹣l1），F2=k（l2﹣l0），联立方程组可以解得k=，所以C项正确．故选C．7．如图，放在粗糙水平桌面上的木块，受到F1=8N，F2=3N的水平推力作用而处于静止状态．若撤去F1，则物体（）A．仍静止B．向左匀速运动C．向左加速运动D．向右加速运动【考点】共点力平衡的条件及其应用；力的合成与分解的运用．【分析】未撤去F1时，分析物体的受力情况，根据平衡条件求得物体所受的静摩擦力，即可知道最大静摩擦力的范围，撤去F1后，根据F2与最大静摩擦力的关系，判断物体能否运动．【解答】解：未撤去F1时，物体在水平方向受到F1，F2和静摩擦力f三个力作用，根据平衡条件得：f=F1﹣F2=8N﹣3N=5N．故物体的最大静摩擦力f m≥5N若撤去F1，由于F2=3N＜f m，则知物体仍处于静止状态．故A正确，BCD错误．故选A8．如图所示，在两块相同的竖直木板之间，有质量均为m的4块相同的砖，用两个大小均为F的水平力压木板，使砖静止不动，则第3块砖对第4块砖的摩擦力大小为（）A．0 B．mg C．mg D．2mg【考点】共点力平衡的条件及其应用；滑动摩擦力．【分析】先对四个砖整体为研究对象，由平衡条件求出木板对第1块砖和第4块砖的摩擦力；再以第1块砖和第2块整体为研究对象，由平衡条件求解第3块对第2块砖的摩擦力；最后以第4块砖为研究对象，由平衡条件求解第3块砖受到第4块砖的摩擦力．【解答】解：将4块砖看成一个整体，对整体进行受力分析，如图（甲）所示．在竖直方向，共受到三个力的作用：竖直向下的重力4mg，两个相等的竖直向上的摩擦力f，由平衡条件可得：2f=4mg，f=2mg．由此可见：第1块砖和第4块砖受到木板的摩擦力均为2mg．将第1块砖和第2块砖当作一个整体隔离后进行受力分析，如图乙所示．在竖直方向共受到两个力作用，竖直向下的重力2mg，木板对第1块砖向上的摩擦力f=2mg；由平衡条件可得二力已达到平衡，第2块砖和第3块砖之间的摩擦力必为零．将第3块砖从系统中隔离出来受力分析，如图丙所示．它受到两个力的作用，竖直向下的重力mg，第4块砖对第3块砖向上的摩擦力f′，由平衡条件可得f′=mg．故选：B．9．如图所示，A、B、C三个物体质量相等，它们与传送带间的动摩擦因数也相同．三个物体随传送带一起匀速运动，运动方向如图中箭头所示．则下列说法正确的是（）A．A物体受的摩擦力不是零，方向向右B．三个物体只有A物体受的摩擦力是零C．B、C受的摩擦力大小相等，方向相同D．B、C受的摩擦力大小相等，方向相反【考点】摩擦力的判断与计算．【分析】利用假设法判断A物体是否受摩擦力，BC两物体有向下滑动的趋势，有关受摩擦力．【解答】解：A、A物体做水平方向的匀速直线运动，水平方向不受摩擦力，A错误；B、BC物体有向下滑动的趋势，受到沿斜面向上的静摩擦力，大小等于mgsinθ，BC正确，D错误；故选：BC10．如图所示，位于水平桌面上的物块P，由跨过定滑轮的轻绳与物块Q相连，从滑轮到P和到Q的两段绳都是水平的．已知Q与P之间以及P与桌面之间的动摩擦因数都是μ，两物块的质量都是，滑轮的质量、滑轮轴上的摩擦都不计，若用一水平向右的力F拉P使它做匀速运动，则F的大小为（）A．4μmg B．3μmg C．2μmg D．μmg【考点】共点力平衡的条件及其应用；力的合成与分解的运用．【分析】题中P向右匀速运动，则Q向左匀速运动，两个物体的合力都为零．先对物块Q受力分析，根据平衡条件求出细线的拉力，然后对物块P受力分析，再次根据平衡条件求出力F．【解答】解：对Q物块，设跨过定滑轮的轻绳拉力为T木块Q与P间的滑动摩擦力f=μ•mg ①根据共点力平衡条件T=f ②则得T=μmg对木块P受力分析，P水平方向受到拉力F，Q对P向左的摩擦力f，地面对P体向左的摩擦力f′，根据共点力平衡条件，有F=f+f′+T ③地面对P物体向左的摩擦力f′=μmg ④由①～④式可以解得F=2μmg故选C．11．如图所示，在光滑水平面上叠放着A、B两物体，已知m A=6kg、m B=2kg，A、B间动摩擦因数μ=0.2，在物体A上系一细线，细线所能承受的最大拉力是20N，现水平向右拉细线，g取10m/s2，则（）A．当拉力F＜12N时，A静止不动B．当拉力F=16N时，B受A的摩擦力等于4NC．当拉力F＞12N时，A相对B滑动D．无论拉力F多大，A相对B始终静止【考点】牛顿第二定律；力的合成与分解的运用．【分析】隔离对B分析，求出B的最大加速度，再对整体分析，求出发生相对滑动所需的最大拉力．【解答】解：当A、B发生相对运动时的加速度a===6m/s2则发生相对运动时最大拉力F=（m A+m B）a=8×6N=48N．知在绳子承受的最大拉力范围内，A、B始终保持静止．当F=16N时，整体的加速度a′===2m/s2则B对A的摩擦力f=m B a′=2×2N=4N．故C、D正确，A、B错误．故选：CD．12．如图所示，质量为m的木块在质量为M的木板上滑行，木板与地面间动摩擦因数为μ1，木块与木板间的动摩擦因数为μ2，木板一直静止，那么木板受地面的摩擦力大小为（）A．μ1Mg B．μ2mg C．μ1（m+M）g D．μ1Mg+μ2mg【考点】牛顿第二定律；滑动摩擦力；静摩擦力和最大静摩擦力．【分析】物体m相对M向右滑动，受到向左的滑动摩擦力；力的作用是相互的，故m对M有向右的滑动摩擦力，故M有向右滑动的趋势，受到向左的静摩擦力．【解答】解：物体m相对M向右滑动，受到向左的滑动摩擦力，大小为：f1=μ2N=μ2mg；力的作用是相互的，故m对M有向右的滑动摩擦力，故M有向右滑动的趋势，受到地面对其向左的静摩擦力，根据共点力平衡条件，有f2=f1，因而f2=μ2mg．故选B．13．如图，木块放在木板AB上，B端固定，现使木板从水平面绕B端逆时针缓慢转动，木块开始相对木板静止，后沿木板下滑，在此过程中（）A．木块所受的静摩擦力逐渐增大B．木块所受的滑动摩擦力逐渐增大C．木块所受的静摩擦力方向沿斜面向下D．木块对木板的压力逐渐增大【考点】滑动摩擦力．【分析】对物体进行受力分析，根据物体的所处状态判断物体受什么摩擦力．静摩擦力运用平衡条件列出等式表示出来．滑动摩擦力运用公式表示出来．根据木板从水平面绕B端逆时针缓慢转动，倾角的增大去判断力的变化．【解答】解：A、木块开始相对木板静止，对物体进行受力分析：其中f为静摩擦力．将重力分解，由于木板从水平面绕B端逆时针缓慢转动，所以物体可以认为是处于平衡状态．根据平衡条件得：沿斜面方向：静摩擦力f=mgsinα，方向沿斜面向上．由于木板从水平面绕B端逆时针缓慢转动，所以α逐渐增大，所以木块所受的静摩擦力逐渐增大．故A正确．B、后沿木板下滑，对物体进行受力分析：其中f为滑动摩擦力．根据垂直斜面方向平衡条得：N=mgcosα根据滑动摩擦力公式得：f=μN=μmgcosα由于α逐渐增大，所以木块所受的滑动摩擦力逐渐减小，故B错误．C、根据A选项分析，故C错误．D、根据A、B选项分析知道斜面对木块的支持力N=N=mgcosα，由于α逐渐增大，斜面对木块的支持力N在减小．根据牛顿第三定律得木块对木板的压力逐渐减小，故D错误．故选A．二、实验题（共15分．南中精神：特别能吃苦，特别能坚持，特别能学习．）14．在做“练习使用打点计时器”的实验时．打出一条纸带，如图所示，物体做匀加速直线运动，交流电频率是50Hz，舍去前面比较密的点，从0点开始，标出几个计数点1、2、3…，相邻两个计数点之间还有4个打印点未画出，那么相邻两个计数点之间对应的时间间隔为0.10s，各计数点与0计数点之间的距离依次为x1=3.00cm、x2=7.50cm、x3=13.50cm，则打计数点1时物体的速度大小v1=0.375 m/s，打计数点2时物体的速度大小v2=0.525m/s，物体运动的加速度大小为1.50m/s2．【考点】用多用电表测电阻．【分析】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，根据连续相等时间内的位移之差是一恒量求出物体的加速度．【解答】解：频率为50Hz，则打点的时间间隔为0.02s，每相邻的两个计数点之间有四个小点未画出，则相邻两个计数点之间的时间间隔为0.1s．v1===0.375m/s，v2===0.525m/s，加速度：a===1.50m/s2．故答案为：0.10；0.375；0.525；1.50．15．在做“研究匀变速直线运动”的实验时，某同学得到一条用电火花计时器打下的纸带如图1所示，并在其上取了A、B、C、D、E、F、G 7个计数点，每相邻两个计数点间还有4个点图中没有画出，电火花计时器接220V、50Hz交流电源．（1）设电火花计时器的周期为T，计算F点的瞬时速度v F的公式为v F=；（2）他经过测量并计算得到电火花计时器在打B、C、D、E、F各点时物体的瞬时速度如下表．以A点对应的时刻为t=0，试在图2所示坐标系中合理地选择标度，作出v﹣t图象，并利用该图象求出物体的加速度a=0.4m/s2；（3）如果当时电网中交变电流的电压变成210V，而做实验的同学并不知道，那么加速度的测量值与实际值相比不变．（填“偏大”、“偏小”或“不变”）【考点】探究小车速度随时间变化的规律．【分析】（1）根据匀变速直线运动中时间中点的瞬时速度等于该过程中的平均速度可以求出F点的瞬时速度；（2）根据v﹣t图象的物理意义可知，图象的斜率表示加速度的大小，因此根据图象求出其斜率大小，即可求出其加速度大小．（3）打点计时器的打点频率是与交流电源的频率相同，所以即使电源电压降低也不改变打点计时器打点周期．【解答】解：（1）每相邻两个计数点间还有4个点图中没有画出，所以相邻两个计数点间的时间间隔T′=5T，根据匀变速直线运动中时间中点的速度等于该过程中的平均速度，得：v F =（2）作出v﹣t图象如图所示，注意尽量使描出的点落到直线上，不能落到直线上的点尽量让其分布在直线两侧．由速度﹣时间图象的斜率表示加速度，得：a==m/s2=0.4m/s2（3）电网电压变化，并不改变打点的周期，故测量值与实际值相比不变．故答案为：（1）（2）如图，0.4，（3）不变三、计算题（细节决定成败，习惯改变命运）16．一辆汽车从静止开始匀加速开出，然后保持匀速运动，最后匀减速运动，直到停止．下表给了不同时刻汽车的速度：（l）汽车从开出到停止共经历的时间是多少？（2）汽车在全程中的平均速度是多少？【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．【分析】（1）根据速度时间公式求出匀减速运动的加速度大小，结合速度时间公式求出从10.5s末速度减为零的时间，从而得出总时间．（2）根据速度时间公式求出匀加速运动的加速度，根据位移公式求出匀加速和匀减速运动的位移，以及根据速度时间公式求出匀加速和匀减速的时间，从而得出匀速运动的时间，求出匀速运动的位移，结合总位移和总时间求出全程的平均速度．【解答】解：（1）汽车匀加速运动的加速度大小，匀加速运动的时间，匀加速运动的位移．匀减速运动的加速度大小，从10.5s开始，速度减为零还需的时间，则汽车从开出到停止经历的时间为11s．（2）匀减速运动的位移，匀减速运动的时间，则匀速运动的时间t2=t﹣t1﹣t2=11﹣4﹣2s=5s，匀速运动的位移x3=vt2=12×5m=60m，整个过程中的平均速度．答：（1）车从开出到停止共经历的时间是11s；（2）汽车在全程中的平均速度是．17．如图所示，A物体的上表面水平，它与B物体保持相对静止，一起沿着斜面匀速下滑，试分析A的受力情况．【考点】共点力平衡的条件及其应用；力的合成与分解的运用．【分析】先以B为研究对象，分析受力情况，再对A研究，按重力、弹力和摩擦力的顺序分析受力情况．【解答】解：先以B为研究对象，其受力情况是：重力、A对B竖直向上的支持力，A对B没有摩擦力，否则B的合力不为零，不会匀速运动．再对A研究，A受到重力、B对A竖直向下的压力，斜面的支持力和滑动摩擦力，共四个力．答：A受四个力作用：重力，B的压力，斜面对它的支持力和滑动摩擦力．18．一根弹簧原长l0=10cm，劲度系数为k=200N/m，用此弹簧水平拉一重为20N 的物体，如图所示．（1）当弹簧长为l1=11cm时，物体未动，求此时物体所受的静摩擦力的大小f1；（2）当弹簧长为l2=12cm时，物体仍未动，求此时物体所受的静摩擦力的大小f2；（3）当弹簧长为l3=12.5cm时，物体刚好开始运动，求物体与水平面间最大静摩擦力的大小f3；（4）物体与水平面间的动摩擦因数μ=0.22，则当物体匀速运动时，它所受的滑动摩擦力的大小f4以及此时弹簧长度l4．【考点】共点力平衡的条件及其应用；滑动摩擦力；胡克定律．【分析】受力分析，当物体未动时为静摩擦力，由二力平衡求解摩擦力大小；当物体滑动时受滑动摩擦力由公式f=μF N计算．【解答】解：（1）物体水平方向受力平衡：f1=F1=k（l1﹣l0）=200（0.11﹣0.10）N=2 N．（2）物体未动，根据平衡条件：f2=F2=200（0.12﹣0.10）N=4 N．（3）刚好开始运动，则最大静摩擦力：f3=F3=200（0.125﹣0.10）N=5 N．（4）物体匀速运动时，根据滑动摩擦力公式：f4=μF N=0.22×20 N=4.4 N，。

2014-2015学年河北省邢台市南宫中学高三（上）第十三次周考物理试卷一、（选择题）1．（3分）物体做匀速圆周运动时，下列说法正确的是（）A．物体必须受到恒力的作用B．物体所受合力必须等于零C．物体所受合力的大小可能变化D．物体所受合力的大小不变，方向不断改变【考点】：匀速圆周运动；向心力．【分析】：做匀速圆周运动的物体，它的速度的大小是不变的，只改变速度的方向，所以合力一定和速度的方向垂直，由于物体的速度不变，所以向心力的大小肯定也不变．【解析】：解：A、匀速圆周运动的向心力的大小是恒定的，说的只是力的大小不变，力的方向要指向圆心，所以时刻在变，而恒力指的是大小和方向都不变的力，所以A选项错误；B、同A的分析，力的大小是不变的，但不能是零，否则的话，不会做圆周运动，所以B选项错误；C、同A的分析，匀速圆周运动的向心力的大小是恒定的，由牛顿第二定律可知受的合力的大小是不变的，故C选项错误；D、所受合力的大小不变，力的方向要指向圆心，所以时刻在变，故D选项正确．故选：D．【点评】：考查学生对匀速圆周运动的理解，还有匀速圆周运动向心力的理解，这里的匀速只是指它的速度的大小不变，方向是时刻在变化的．2．（3分）闭合的金属环处于随时间均匀变化的匀强磁场中，磁场方向垂直于圆环平面，则（）A．环中产生的感应电动势均匀变化B．环中产生的感应电流均匀变化C．环中产生的感应电动势保持不变D．环上某一小段导体所受的安培力保持不变【考点】：法拉第电磁感应定律；楞次定律．【专题】：电磁感应与电路结合．【分析】：由法拉第电磁感应定律求出感应电动势，由欧姆定律求出感应电流，然后判断其变化情况；由安培力公式分析安培力如何变化．【解析】：解：AC、匀强磁场随时间均匀变化，则是定值，感应电动势E==•S，由于与S都是定值，则感应电动势E是定值，故A错误，C正确；B、感应电流I=，由于E与R是定值，感应电流I保持不变，故B错误；D、环上一小段导体受到的安培力F=BIL，I与L不变，B均匀变化，则安培力均匀变化，故D错误；故选：C．【点评】：当穿过回路的磁通量均匀增加时，回路中产生的感应电动势是恒定不变，相反，产生的感应电动势才是变化的．根据法拉第定律结合数学知识来理解．3．（3分）已知地球的质量为M，月球的质量为m，月球绕地球运行的轨道半径为r，周期为T，万有引力常量为G，则月球绕地球运转轨道处的重力加速度大小等于（）A． B． C． D．r【考点】：万有引力定律及其应用．【专题】：万有引力定律的应用专题．【分析】：月球绕地球做匀速圆周运动，由地球的万有引力提供月球的向心力，据此可以列式求解出月球绕地球运行轨道处的重力加速度．【解析】：解：月球绕地球做匀速圆周运动，由地球的万有引力提供月球的向心力，则有：G=ma=m解得：a==故AC错误，BD正确；故选：BD．【点评】：本题主要考查了万有引力向心力公式的直接应用，难度不大，属于基础题．4．（3分）水平长直导线中有恒定电流I通过，导线正下方的电子初速度方向与电流方向相同，如图所示，则电子的运动情况是（）A．沿路径oa运动 B．沿路径ob运动 C．沿路径oc运动 D．沿路径od运动【考点】：通电直导线和通电线圈周围磁场的方向；安培定则；左手定则．【分析】：先用右手定则判断出导线下方的磁场方向及分布情况，再由左手定则判断电子运动时的受力方向，结合半径公式可知半径的变化情况，从而得出正确选项．【解析】：解：由安培定则可知，导线下方的磁场方向垂直纸面向外，且离导线越远，磁场越弱，如图所示，电子初速度方向与电流方向相同，由左手定则可知受到的洛伦兹力方向向下，由远离导线的方向磁场减弱，由可知电子的运动半径越大，符合条件的是od，所以选项D正确．故选D【点评】：该题考查的知识点较多，首先是右手定则，知道通电直导线周围的磁场的分布；其次是左手定则，会熟练的判断带电粒子受到的洛伦兹力的方向，尤其是电子的受力方向的判断；再者是当磁场变化后，会用来判断半径的变化．5．（3分）如图，E为电池，L是电阻可忽略不计、自感系数足够大的线圈，D1、D2是两个规格相同且额定电压足够大的灯泡，S是控制电路的开关．对于这个电路，下列说法正确的是（）A．刚闭合开关S的瞬间，通过D1、D2的电流大小相等B．刚闭合开关S的瞬间，通过D1、D2的电流大小不相等C．闭合开关S待电路达到稳定，D1、D2比原来更亮D．闭合开关S待电路达到稳定，再将S断开瞬间，D2立即熄灭，D1闪亮一下再熄灭【考点】：自感现象和自感系数．【分析】：线圈中的电流增大时，产生自感电流的方向更原电流的方向相反，抑制增大；线圈中的电流减小时，产生自感电流的方向更原电流的方向相同，抑制减小，并与灯泡D1构成电路回路．【解析】：解：AB、S闭合瞬间，由于自感线圈相当于断路，所以两灯是串联，电流相等，故A正确，B错误；C、S闭合稳定后，线圈相当于导线把灯1短路，灯D1熄灭，回路中总电阻减小，电流增大，D2比S刚闭合时亮，故C错误；D、S闭合稳定后再断开开关，D2立即熄灭，但由于线圈的自感作用，L相当于电源，与D1组成回路，D1要过一会在熄灭，故D正确；故选：AD【点评】：线圈中电流变化时，线圈中产生感应电动势；线圈电流增加，相当于一个瞬间电源接入电路，线圈上端是电源正极．当电流减小时，相当于一个瞬间电源，线圈下端是电源正极．6．（3分）如图为一理想变压器，K为单刀双掷开关，P为滑动变阻器的滑动触头，U1为加在原线圈两端的电压，I1为原线圈中的电流强度，则（）A．保持U1及P的位置不变，K由a合到b时，I1将增大B．保持U1及P的位置不变，K由b合到a时，R消耗的功率将减小C．保持U1不变，K合在a处，使P上滑，I1将增大D．保持P的位置不变，K合在a处，增大U1，则I1将不变【考点】：变压器的构造和原理．【专题】：交流电专题．【分析】：由图可知：电压表测量的是副线圈电压，电流表测量的是副线圈电流，根据输出电压是由输入电压和匝数比决定的，输入的功率的大小是由输出功率的大小决定的，电压与匝数成正比，电流与匝数成反比分析即可．【解析】：解：A、保持U1及P的位置不变，K由a合到b时，原线圈匝数变小，副线圈电压变大，所以副线圈功率变大，而原线圈功率等于副线圈功率，所以原线圈功率变大，根据I1=得I1将增大，故A正确；B、保持U1及P的位置不变，K由b合到a时，原线圈匝数变大，副线圈电压变小，根据P=可知功率变小，故B正确；C、保持U1不变，K合在a处，使P上滑时，R增大，而电压不变，所以副线圈电流变小，根据可知I1将减小，故C错误；D、保持P的位置不变，K合在a处，若U1增大，则副线圈电压增大，所以副线圈电流变大，可知I1将增大，故D错误．故选：AB．【点评】：本题主要考查变压器的知识，要能对变压器的最大值、有效值、瞬时值以及变压器变压原理、功率等问题彻底理解，注意电压表和电流表测量的是有效值．7．（3分）一个质量为0.3kg的物体沿水平面做直线运动，如图所示，图线a表示物体受水平拉力时的 v﹣t 图象，图线b表示撤去水平拉力后物体继续运动的 v﹣t 图象，g=10m/s2，下列说法中正确的是（）A．撤去拉力后物体还能滑行7.5mB．物体与水平面间的动摩擦因数为0.1C．水平拉力的大小为0.1N，方向与摩擦力方向相同D．水平拉力对物体做功为1.2J【考点】：动能定理的应用；匀变速直线运动的图像；牛顿第二定律．【专题】：牛顿运动定律综合专题．【分析】：根据速度图象的斜率等于加速度，求出加速度，由牛顿第二定律求解水平拉力和摩擦力的大小．由图象的“面积”求出0﹣3s内物体的位移x，由W=Fx求水平拉力对物体做功．根据动能定理求解撤去拉力后物体还能滑行的距离．由f=μmg求解动摩擦因数．【解析】：解：A、设撤去拉力后物体还能滑行距离为s，则由动能定理得﹣fs=0﹣mv2，得s===13.5m，故A错误；C、根据速度图象的斜率等于加速度，得物体的加速度大小为：0﹣3s内：a1===m/s2，3﹣6s内：a2===m/s2，根据牛顿第二定律得：3﹣6s内：摩擦力大小为f=ma2=0.1N，0﹣3s内：F+f=ma1，F=0.1N，方向与摩擦力方向相同，故C正确．B、由f=μmg得，μ≈0.03，故B错误．D、0﹣3s内，物体的位移为x=×（5﹣3）×3=3m，水平拉力对物体做功为W=﹣Fx=﹣0.1×3m=﹣0.3J．故D错误．故选：C．【点评】：本题在根据识别图象的两个意义：斜率等于加速度、“面积”大小等于位移x的基础上，由W=Fx求水平拉力对物体做功，由f=μmg求解动摩擦因数．8．（3分）在光滑水平桌面上有一边长为l的正方形线框abcd，bc边右侧有一等腰直角三角形匀强磁场区域efg，三角形腰长为l，磁感应强度垂直桌面向下，abef在同一直线上，其俯视图如图所示，线框从图示位置在水平拉力F作用下向右匀速穿过磁场区，线框中感应电流i及拉力F随时间t的变化关系可能是（以逆时针方向为电流的正方向，时间单位为）（）【考点】：法拉第电磁感应定律；导体切割磁感线时的感应电动势；楞次定律．【专题】：电磁感应与电路结合．【分析】：分段确定线框有效的切割长度，分析线框中感应电动势的大小与位置坐标的关系．线框的电阻一定，感应电流与时间成正比；根据安培力的表达式F=，而L=vt，从而即可求解．【解析】：解：A、bc边的位置坐标x在L﹣2L过程，线框bc边有效切线长度为l=x﹣L，感应电动势为E=Blv=B（x﹣L）v，感应电流i==，根据楞次定律判断出来感应电流方向沿a→b→c→d→a，为正值．x在2L﹣3L过程，根据楞次定律判断出来感应电流方向沿a→d→c→b→a，为负值，线框ad边有效切线长度为l=x﹣2L，感应电动势为E=Blv=B（x﹣2L）v，感应电流i=﹣=﹣，根据数学知识知道A错误，B正确．C、在水平拉力F作用下向右匀速穿过磁场区，因此拉力等于安培力，而安培力的表达式F=，而L=vt，则有：F=，因此C错误，D正确；故选：BD【点评】：本题关键确定线框有效切割长度与x的关系，再结合数学知识选择图象，注意楞次定律、欧姆定律的应用，及安培力综合表达式应用．9．（3分）如图所示，单匝矩形闭合导线框abcd全部处于磁感应强度为B的水平匀强磁场中，线框面积为S，电阻为R．线框绕与cd边重合的竖直固定转轴以角速度ω从中性面开始匀速转动，下列说法正确的是（）A．转过时，线框中的电流方向为abcdaB．线框中感应电流的有效值为C．从中性面开始转过的过程中，通过导线横截面的电荷量为D．线框转一周的过程中，产生的热量为【考点】：交流的峰值、有效值以及它们的关系．【专题】：交流电专题．【分析】：由题可知，线圈中产生正弦式电流．感应电动势最大值E m=BSω，由E=E m及欧姆定律求解电流的有效值．根据法拉第电磁感应定律、欧姆定律和电流的定义式求出电量．根据Q=I2RT求解线框转一周的过程中，产生的热量．【解析】：解：A、转过的过程中，磁通量变小，产生的感应磁场的方向与原磁场方向相同，根据左手定则可知，电流方向为adcb，故A错误；B、线圈中产生感应电动势最大值E m=BSω，感应电动势有效值E==BSω．则电流的有效值为I=，故B正确；C、由，，q=It得到电量q==，故C正确；D、线框转一周的过程中，产生的热量，故D错误．故选：BC【点评】：对于交变电流，直流电路的规律，比如欧姆定律同样适用，只不过要注意对应关系．10．（3分）如图所示，金属杆ab以恒定的速率v在光滑平行导轨上向右滑行．设整个电路中总电阻为R（恒定不变），整个装置置于垂直纸面向里的匀强磁场中，下列叙述正确的是（）A． ab杆中的电流与速率v成正比B．磁场作用于ab杆的安培力与速率v成正比C．电阻R上产生的电热功率与速率v的平方成正比D．外力对ab杆做功的功率与速率v的平方成正比【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——功能问题．【分析】：由E=BLv与欧姆定律求出感应电流、由安培力公式求出安培力、由电功率公式求出电功率、由P=Fv求出拉力的功率，然后根据表达式分析答题．【解析】：解：A、由闭合电路欧姆定律及电磁感应定律可知，电路中的电流，故A正确；B、ab所受的安培力，故B正确；C、电阻R上产生的电热功率 P=I2r∝v2，故C正确；D、外力做功的功率，故D正确；故选：ABCD．【点评】：本题考查了求感应电流、安培力、电功率与外力功率与速率的关系，应用E=BLv、欧姆定律、安培力公式、电功率公式、功率公式求出函数表达式即可解题．二、填空题，每空分11．（3分））用如图1所示的实验装置验证机械能守恒定律．实验所用的电源为学生电源，输出电压为6V的交流电和直流电两种．重锤从高处由静止开始下落．重锤上拖着的纸带打出一系列的点．对纸带上的点痕进行测量，即可验证机械能守恒定律．下面列举了该实验的几个操作步骤：A．按照图示的装置安装器件B．将打点计时器接到电源的“直流输出”上C．用天平测出重锤的质量D．先释放悬挂纸带的夹子，然后接通电源打出一条纸带E．测量纸带上某些点间的距离F．根据测量的结果计算重锤下落过程中减少的重力势能是否等于增加的动能．Ⅰ．其中没有必要进行的或者操作不当的步骤是BCD ．（将其选项对应的字母填在横线处）Ⅱ．在实验中，质量m为1.0kg的重物自由下落，带动纸带打出一系列的点，如图2所示．相邻计数点间的时间间隔为0.02s，距离单位为cm．（1）纸带的左端与重物相连；（2）打点计时器打下计数点B时，物体的速度v B= 0.98 m/s；（结果保留两位有效数字）（3）某同学从起点O到打下计数点B的过程中，计算出物体的动能增加量△E K=0.48J，势能减少量△E P=0.49J（g=9.8m/s2），该同学的计算方法和过程并没有错误，却出现了△E K＜△E P的结果，试问这一结果是否合理？答：合理．（4）另一名同学用计算出B的动能E K=0.49J，恰好与势能减少量△E P相等，于是该同学得出结论“重物下落过程中机械能守恒”，试问该同学的做法是否合理？答：不合理．【考点】：验证机械能守恒定律．【专题】：实验题．【分析】：（1）解决实验问题首先要掌握该实验原理，了解实验的仪器、操作步骤和数据处理以及注意事项，只有理解了这些才能真正了解具体实验操作的含义．（2）纸带法实验中，若纸带匀变速直线运动，测得纸带上的点间距，利用匀变速直线运动的推论，可计算出打出某点时纸带运动的瞬时速度，从而求出动能．根据功能关系得重力势能减小量等于重力做功的数值，求出重力势能的减小量，然后根据计算结果判定在误差范围内机械能是否守恒．【解析】：解：Ⅰ．B：将打点计时器应接到电源的“交流输出”上，故B错误．C：因为我们是比较mgh、的大小关系，故m可约去比较，不需要用天平，故C错误．D：开始记录时，应先给打点计时器通电打点，然后再释放重锤，让它带着纸带一同落下，如果先放开纸带让重物下落，再接通打点计时时器的电源，由于重物运动较快，不利于数据的采集和处理，会对实验产生较大的误差，故D错误．故选BCD．Ⅱ．（1）从纸带上可以看出0点为打出来的第一个点，速度为0，重物自由下落，初速度为0，所以应该先打出0点，而与重物相连的纸带在下端，应该先打点．所以纸带的左端应与重物相连．（2）根据在匀变速直线运动中中间时刻的瞬时速度等于该过程中的平均速度有：=0.98m/s（3）通过计算可知动能的增加量小于重力势能的减小量，其原因是物体在下落过程中克服摩擦阻力做功，导致重力势能没有完全转化为动能．所以这一结果合理；（4）若用计算B的动能，则，相当于用机械能守恒定律来证明机械能守恒定律，不合理．故答案为：Ⅰ．BCD；Ⅱ．（1）左；（2）0.98m/s；（3）合理；（4）不合理．【点评】：（1）只有明确了实验原理以及实验的数据测量，才能明确各项实验操作的具体含义，这点要在平时训练中加强练习．（2）用运动学公式和动能、重力势能的定义式解决问题是该实验的常规问题，要注意单位的换算和有效数字的保留．12．（3分）①如图（a）所示，是一个由电阻率为ρ的导体材料制成的中空圆柱体．为测量圆柱形导体中空部分的横截面积S0，某同学先用毫米刻度尺测得圆柱体的长度为L，然后用游标卡尺测量其外径D，如图（b）所示，则D= 11.70 mm．②接着，该同学设计了测量圆柱体电阻的实验电路图（圆柱体上的M、N为两个电箍，连接导线使用）如图（c）所示，请你用笔画线当作导线将图（d）中尚未完成的实物连线补画完整．③若某次实验电流表的示数为I，电压表的示数为U．请用已知的和测得物理量符号表示圆柱形导体中空部分的横截面积S0= ．【考点】：测定金属的电阻率．【专题】：实验题．【分析】：①游标卡尺先读主尺，在读副尺，相加的最终结果．②依据给定的电路图可以连接实物．③由电阻定律和欧姆定律得的中空部分的横截面积．【解析】：解：①主尺读数为11mm，20分度的精确度为0.05mm，第14个格和主尺对齐，故有标尺读数为：14×0.05=0.70mm，可得外径D=11+0.70=11.70mm．②实物连线如图：③由电阻定律和欧姆定律可得：；解得：．故答案为：①D=11.70；②实物连线如图：；③．【点评】：该题的关键是掌握好电阻定律和欧姆定律，在求导体横截面积的时候，注意要减去中空部分．三、计算题（题型注释）13．如图所示，一个人用一根长为R=1米，能承受最大拉力为F=74N的绳子，系着一个质量为m=1Kg的小球，在竖直平面内作圆周运动，已知圆心O离地面高h=6米．运动中小球在圆周的最低点时绳子刚好被拉断，绳子的质量和空气阻力均忽略不计，g=10m/s2．求：（1）绳子被拉断的瞬间，小球的速度v的大小？（2）绳断后，小球落地点与圆周的最低点间的水平距离x多大？【考点】：向心力；牛顿第二定律；平抛运动．【专题】：牛顿第二定律在圆周运动中的应用．【分析】：（1）小球在圆周的最低点绳子刚好被拉断时，绳子的拉力达到最大值F=74N，由拉力和重力的合力提供向心力，根据牛顿第二定律求出绳子被拉断的瞬间小球的速度v．（2）绳断后，小球做平抛运动，由平抛运动的规律求解水平距离x．【解析】：解：（1）由题意，绳子被拉断前的瞬间，由牛顿第二定律有将F=74N，m=1kg，R=1m代入解得v=8m/s（2））绳断后，小球做平抛运动，水平方向做匀速直线运动，竖直方向做自由落体运动，则由平抛运动的规律有x=vt得x=v=8m=8m答：（1）绳子被拉断的瞬间，小球的速度v的大小是8m/s．（2）（2）绳断后，小球落地点与圆周的最低点间的水平距离x是8m．【点评】：本题中绳子刚断的条件是拉力达到最大值．对于平抛运动，关键是掌握分解的方法：水平方向做匀速直线运动，竖直方向做自由落体运动．14．如图所示，在直线AA1右侧有磁感强度为B的匀强磁场．质量为m、电荷量为q的某离子垂直磁场方向、且沿与AA1边界成θ=30°角的方向射入磁场中，求离子在磁场中运动的时间？【考点】：带电粒子在匀强磁场中的运动．【专题】：带电粒子在磁场中的运动专题．【分析】：（1）由粒子处于临界状态，根据几何关系列式，再由牛顿第二定律列出洛伦兹力提供向心力表达式，从而即可求解；（2）根据几何关系画出运动轨迹，从而确定圆心角，再由周期公式，即可求解．【解析】：解：粒子在磁场中运动，洛伦兹力提供向心力，牛顿第二定律有：Bqv=m粒子运动的周期：粒子能从AB边界射出，若粒子带正电，则偏转角是60°粒子运动的时间：若粒子带负电，粒子能从AB边界射出时，圆心角θ=300°解得：答：带电粒子能从AB边界飞出的最大速度为：若粒子带正电，运动的时间是；若粒子带负电，【点评】：考查牛顿第二定律、匀速圆周运动的周期公式，并与几何关系综合解题，注意考虑粒子的临界情况是本题突破口．同时还强调圆心角的正确表示．15．如图所示，水平U形光滑框架，宽度为0.5m，电阻忽略不计，导体ab质量是0.2kg，电阻是0.1Ω，匀强磁场的磁感应强度为0.2T，方向垂直框架向上，现用1N的外力F由静止拉动ab杆，当ab的速度达到1m/s时，求（1）此时刻ab 杆产生的感应电动势的大小；（2）此时刻ab杆的加速度的大小？（3）ab杆所能达到的最大速度是多少？（4）若ab杆达到的最大速度后，撤去外力F，ab杆上还能产生多少焦耳的热量？【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；安培力．【专题】：电磁感应中的力学问题．【分析】：（1）根据E=BLv求出ab杆切割产生的感应电动势大小．（2）根据闭合电路欧姆定律求出感应电流的大小，从而得出ab杆所受的安培力大小，根据牛顿第二定律求出ab杆的加速度大小．（3）当拉力与安培力相等时，速度达到最大，结合切割产生的感应电动势公式、闭合电路欧姆定律、安培力大小公式求出最大速度的大小．（4）根据能量守恒定律求出撤去外力F，ab杆上还能产生的热量．【解析】：解：（1）根据法拉第电磁感应定律，此时刻ab 杆产生的感应电动势的大小为：E=BLv=0.2×0.5×1=0.1V（2）根据闭合电路欧姆定律，此时刻电路中的电流为：I=．此时ab 杆受到的安培力为：F安=BIL=0.2×1×0.5=0.1N 方向向左．根据牛顿第二定律有：F﹣F安=ma此时刻ab杆的加速度的大小为：a=．（3）ab杆达到最大速度时，ab杆上电动势最大，为：E m=BLv mab杆上电流最大为：I m=ab杆上安培力F m达到最大为：F m=BI m L这时外力F与安培力F m达到平衡，有：F m=F代入数值可得：v m=10m/s（4）此后ab杆的动能会转化为电热，为：Q=mv m2=×0.2×102=10J答：（1）此时刻ab 杆产生的感应电动势的大小为0.1V．（2）此时刻ab杆的加速度的大小为4.5m/s2．（3）ab杆所能达到的最大速度是10m/s．（4）ab杆上还能产生10J的热量．【点评】：本题考查了电磁感应与力学、电路、以及能量的综合，难度不大，这类题型是高考的热点，需加强训练．16．如图所示，某小型水电站发电机的输出功率为10kW，输出电压为400V，向距离较远的用户供电，为了减少电能损失，使用2kv高压输电，最后用户得到220V、9.5kW的电力，求：（1）水电站升压变压器原、副线圈匝数比（2）输电线路导线电阻R．（3）用户降压变压器原、副线圈匝数比．【考点】：远距离输电．【专题】：交流电专题．【分析】：（1）根据变压比公式求解升压变压器原、副线圈匝数比；（2）先根据P=UI求解传输电流，再根据求解输电线路导线电阻；（3）先根据U3=U2﹣△U求解降压变压器的输入电压，然后根据求解降压变压器的匝数比．【解析】：解：（1）升压变压器的原副线圈的匝数比为：（2）输电线上的电流为：I=输电线电阻：（3）降压变压器原线圈电压：U3=U2﹣IR=2000﹣5×20=1900V故降压变压器原副线圈的匝数比为：答：（1）水电站升压变压器原、副线圈匝数比为1：5；（2）输电线路导线电阻R为20Ω；（3）用户降压变压器原、副线圈匝数比为95：11．【点评】：本题关键是明确远距离输电的原理，然后根据变压器的变压比公式和功率表达式列式分析，不难．。

河北省衡水中学2015届高三第五次调研考试物理试题本试卷分为第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分。

考生注意：1．答题前，考生务必将自己的准考证号、姓名填写在答题卡上。

考生要认真核对答题卡上粘贴的条形码的“准考证号、姓名、考试科目”与考生本人准考证号、姓名是否一致。

2．第Ⅰ卷每小题选出答案后，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，再选涂其他答案标号。

第Ⅱ卷用黑色墨水签字笔在答题卡上书写作答，在试题卷上作答，答案无效。

3．考试结束，监考员将试题卷、答题卡一并收回。

第Ⅰ卷可能用到的相对原子质量：H－1 C－12 O－16 N－14 Na－23 Mg－24 Al－27S－32 Cl－35.5 Ca－40 Fe－56 Cu－64二、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14 -18题只有一项符合题目要求，第19-21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。

14．甲、乙两辆汽车沿同一平直路面行驶，其v一t图象如图所示，下列对汽车运动状况的描述正确的是（）A．在第10 s末，乙车改变运动方向B．在第10 s末，甲、乙两车相距150 mC．在第20 s末，甲、乙两车相遇D．若开始时乙车在前，则两车可能相遇两次15．在2014年8月28日第二届南京青年奥林匹克运动会闭幕式举行现场，国际奥委会主席托马斯·巴赫再次提议全场观众使用智能手机拍照“传情”，这已经成为本届青奥会最时尚的“传情”方式。

若他们拿手机进行自拍时，只用两个手指捏着手机，则下列说法正确的是（）A ．手机一定只受到弹力和重力作用，处于平衡状态B ．手机可能受到摩擦力、弹力、重力作用，处于平衡状态C ．手机一定只受到摩擦力和重力作用，处于平衡状态D ．手机受到摩擦力、手臂的举力、弹力、重力作用，处于平衡状态16．如图所示，劲度系数为k 的轻质弹簧，一端系在竖直放置、半径为R 的光滑圆滑顶点P ，另一端连接一套在圆环上且质量为m 的小球。

2015-2016学年河北省邢台市南宫中学高二（上）第二次月考物理试卷一、选择题（共12小题，每小题4分，第1~7小题只有一个选项正确，第8~12小题有多个选项正确，全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的或不答的得0分，满分48分）1．最先揭示了电现象和磁现象之间存在着某种联系，发现了电流的磁效应的学者是（）A．安培 B．法拉第C．奥斯特D．库伦2．一通有电流强度为I、长度为l的导体，垂直放在磁感应强度为B的匀强磁场中，受到的安培力为F，对于他们的关系B=的认识，下列说法正确的是（）A．B与F成正比B．B与电流I成正比C．B与Il的乘积成反比D．B与F、Il均无关，由磁场本身决定3．下列有关带电粒子与静止磁场的关系的说法中，正确的是（）A．带电粒子在磁场中运动时，其所受的磁场力可能为零B．在磁场中运动的粒子，速度越大，其所受的磁场力越大C．在磁场中运动的粒子，速度越大，其所受的磁场力越小D．静止的带电粒子在磁场中也可能受到磁场的力的作用4．如图所示，开关S闭合后，一带正电的粒子沿线圈的轴线方向射入，观测到粒子在线圈中做匀速直线运动．现把直流电源换成交流电源，该粒子以同样的方式射入，可观测到（）A．粒子仍做直线运动，但速度的大小在不断变化B．粒子做曲线运动，速度的大小也在不断变化C．粒子做曲线运动，速度大小不变D．粒子仍做匀速直线运动5．如图所示，竖直绝缘墙壁上的Q处有一固定的质点A，在Q正上方的P点用绝缘丝线悬挂另一质点B，A、B两质点因为带电而相互排斥，使悬线与竖直方向成θ角，现通过某种方法使A、B的带电荷量均变为原来的两倍，则悬线对悬点P的拉力大小将（）A．变为原来的B．保持不变C．变为原来的2倍D．变为原来的4倍6．用DISLab系统的磁传感器可以测定通电螺线管内的磁感应强度，当把磁传感器的探测头从螺线管的正中间（设为坐标原点）逐渐拉出螺线管过程中，测出的B﹣x图象是下图所示的四个图象中的（）A．B．C．D．7．如图所示，竖直放置的两个平行金属板间有匀强电场，在两板间等高处有两个质量相同的带电小球（不计两带电小球之间的电场影响），小球P从紧靠左极板处由静止开始释放，小球Q从两极板正中央由静止释放，两小球均沿直线运动打到右极板上的同一点，则从开始释放到打到右极板的过程中（）A．它们的运动时间之比为t P：t Q=2：1B．它们的电荷量之比为q P：q Q=2：1C．它们的动能增量之比为△E kp：△E kQ=4：1D．它们的电势能减少量之比为△E P：△E Q=2：18．每时每刻都有大量宇宙射线向地球射来，地磁场可以改变射线中大多数带电粒子的运动方向，使它们不能到达地面，这对地球上的生命有十分重要的意义，下列有关说法正确的是（）A．在北极竖直向下射向地球的带电粒子不会发生偏转B．在赤道竖直向下射向地球的带正电的粒子会向南偏转C．在赤道竖直向下射向地球的带负电的粒子会向西偏转D．在南极竖直向下射向地球的带电粒子会向北发生偏转9．某导体置于电场后周围的电场分布情况如图所示，图中虚线表示电场线，实线表示等势面，A、B、C为电场中的三个点，下列说法正确的是（）A．A点的电场强度大于B点的电场强度B．A点的电势等于C点的电势C．将正电荷从A点移到B点，电场力做正功D．将负电荷从B点移到C点，电场力做正功10．如图所示，在两磁极之间放一培培养皿，磁感线垂直培养皿，皿内侧壁有环状电极A，中心有电极K，皿内装有电解液，若不考虑电解液和培养皿之间的阻力，当通以如图所示电流时，则（）A．电解液将顺时针旋转流动B．电解液静止不动C．若将滑动变阻器的滑片向左移动，则电解液旋转流动将变慢D．若将磁场的方向和电流的方向均变为和原来相反，则电解液转动方向不变11．在同一匀强磁场中，粒子（H）和质子（H）均做匀速圆周运动，若它们的动能相等，则粒子（H）和质子（H）（）A．运动半径之比是2：1 B．运动周期之比是2：1C．运动线速度大小之比是1：2 D．受到的洛伦兹力之比是1：12．如图所示，在竖直向下的匀强磁场中有两根竖直放置的平行粗糙导轨CD、EF，导轨上放有一金属棒MN，现从t=0时刻起，给棒通以图示方向的电流且电流强度与时间成正比，即I=kt，其中k 为常量，金属棒与导轨始终垂直且接触良好，下列关于棒的速度v、加速度a随时间t变化的关系图象，可能正确的是（）A．B．C．D．二、非选择题（共6小题，满分52分）13．某物理兴趣小组利用图示的装置探究“影响通电螺线管的外部磁场的相关因素”，整个装置置于光滑的水平桌面上，在线圈的周围放有足够多的铁质回形针和小磁针．（1）实验时，把开关和触头2相连，然后通过观察发现小磁针静止时N极指向左方，由此可判断通电螺线管的左侧相当条形磁铁的（填“N”或“S”）极．（2）实验中，他将开关S从2换到1上，滑动变阻器的滑片P不动，可通过观察线圈吸引的铁质回形针数目来判断断线圈磁性的强弱，从而研究磁性的强弱和的关系，此过程中有到的典型方法是（填“控制变量法”或“比值法”）．14．在实验室测量直流电源的电动势和内阻，电源的电动势约为2.0V，内阻约为0.6Ω．实验室还能提供如下器材：A．量程为3V的理想电压表V1B．量程为15V的理想电压表V2C．阻值为4.0Ω的定值电阻R1D．开关两个，导线若干为了简便快捷而双较准确地测量电源的电动势和内电阻，选择电压表、定值电阻等器材，采用如图所示电路进行实验．（1）电压表应该选择（填“A”或者“B”）．（2）实验中，先将S1闭合，S2断开，电压表示数为1.98V．然后将S1、S2均闭合，电压表示数为1.68V，则测得电源电动势E=V，内阻r=Ω（小数点后保留两位小数）．15．在倾角θ=45°的斜面上，固定一金属导轨间距L=0.2m，接入电动势E=10V、内阻r=1Ω的电源，垂直导轨放有一根质量m=0.2kg的金属棒ab，它与框架的动摩擦因数μ=，整个装置放在磁感应强度的大小B=4（﹣1）T，方向垂直导轨平面向上的匀强磁场中，如图所示，若金属棒静止在导轨架上，其所受最大静摩擦力等于滑动摩擦力，框架与棒的电阻不计，g=10m/s2．求滑动变阻器R 能接入电路的电大阻值．16．如图所示，xOy坐标平面中的直角三角形ACD区域，AC与CD长度均为l，且A、C、D均位于坐标轴上，区域内有垂直于坐标平面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为B．坐标原点O处有一粒子源，粒子源能够从O点沿x轴正方向发射出大量带正电的同种粒子，不计粒子重力及粒子间相互作用，粒子的比荷为，发现恰好所有粒子都不能从AC边射出，求这些粒子中速度的最大值．17．图示为探究通电导线在磁场中受力因素的实验示意图，三块相同马蹄形磁铁并列放置在水平桌面上，导体棒通过等长的轻而柔软的细导线1、2、3、4，悬挂于固定的水平轴上（未在图中画出），导体棒所在位置附近可认为有方向竖直向的匀强磁场，导线1、4通过开关S与内阻不计、电动势E=2V的电源相连．已知导体棒质量m=60g，等效电阻R=1Ω，有效长度l=20cm，当闭合开关S后，导体棒沿圆弧向右摆动，摆到最大高度时（仍在磁场中），细线与竖直方向的夹角θ=37°，已知细导线电阻不计，g=10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8．（1）判断开关闭合后导体棒中电流的方向；（2）求出匀强磁场的磁感应强度的大小．18．如图所示，一速度选择中电场的方向和磁场的方向分别是竖直向下和垂直于纸面向里，电场强度和磁感应强度的大小分别为E=2×104N/C和B1=0.1T，极板的长度l=m，间距足够大，在板的右侧还存在着另一圆形区域的匀强磁场，磁场的方向为垂直于纸面向外，圆形区域的圆心O位于平行金属极板的中线上，圆形区域的半径R=m，有一带正电的粒子以某速度沿极板的中线水平向右射入极板后恰好做匀速直线运动，然后进入圆形磁场区域，飞出圆形磁场区域时速度方向偏转了60°，不计粒子的重力，粒子的比荷=2×103C/kg．（1）求圆形区域磁场的磁感应强度B2的大小；（2）在其他条件都不变的情况下，将极板间的磁场B1撤去，求粒子离开电场时速度的偏转角θ．2015-2016学年河北省邢台市南宫中学高二（上）第二次月考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，第1~7小题只有一个选项正确，第8~12小题有多个选项正确，全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的或不答的得0分，满分48分）1．最先揭示了电现象和磁现象之间存在着某种联系，发现了电流的磁效应的学者是（）A．安培 B．法拉第C．奥斯特D．库伦【考点】物理学史．【分析】根据物理学史和常识解答，记住著名物理学家的主要贡献即可．【解答】解：最先揭示了电现象和磁现象之间存在着某种联系，发现了电流的磁效应的学者是奥斯特，故选：C【点评】本题考查物理学史，是常识性问题，对于物理学上重大发现、发明、著名理论要加强记忆，这也是考试内容之一．2．一通有电流强度为I、长度为l的导体，垂直放在磁感应强度为B的匀强磁场中，受到的安培力为F，对于他们的关系B=的认识，下列说法正确的是（）A．B与F成正比B．B与电流I成正比C．B与Il的乘积成反比D．B与F、Il均无关，由磁场本身决定【考点】磁感应强度．【分析】B=是磁感应强度的定义式，根据定义式知，B与F、I、l无关．【解答】解：磁感应强度的大小与所受的安培力、Il无关，由磁场本身决定，故A、B、C错误，D 正确．故选：D．【点评】解决本题的关键掌握磁感应强度的定义式，知道定义式所定义的物理量，与比值的物理量无关．3．下列有关带电粒子与静止磁场的关系的说法中，正确的是（）A．带电粒子在磁场中运动时，其所受的磁场力可能为零B．在磁场中运动的粒子，速度越大，其所受的磁场力越大C．在磁场中运动的粒子，速度越大，其所受的磁场力越小D．静止的带电粒子在磁场中也可能受到磁场的力的作用【考点】带电粒子在匀强磁场中的运动．【专题】带电粒子在磁场中的运动专题．【分析】当粒子运动方向与磁场平行时，不受洛伦兹力作用；当粒子运动方向与磁场垂直时，洛伦兹力最大；结合公式f=qvBsinθ进行分析即可．【解答】解：A、带电粒子在磁场中运动时，如果运动方向与磁场平行时，不受洛伦兹力作用，故A 正确；B、根据公式f=qvBsinθ，速度大，洛伦兹力不一定大，还要看θ的情况，故B错误；C、根据公式f=qvBsinθ，速度大，洛伦兹力也不一定，还要看θ的情况，故C错误；D、根据公式f=qvBsinθ，静止的带电粒子在磁场中一定不受洛伦兹力，故D错误；故选：A【点评】本题考查了洛伦兹力的大小与速度大小关系的公式，知道公式f=qvBsinθ中θ表示速度与磁场方向的夹角．4．如图所示，开关S闭合后，一带正电的粒子沿线圈的轴线方向射入，观测到粒子在线圈中做匀速直线运动．现把直流电源换成交流电源，该粒子以同样的方式射入，可观测到（）A．粒子仍做直线运动，但速度的大小在不断变化B．粒子做曲线运动，速度的大小也在不断变化C．粒子做曲线运动，速度大小不变D．粒子仍做匀速直线运动【考点】通电直导线和通电线圈周围磁场的方向．【分析】通电以后，螺线管内部出现磁场，结合粒子的速度方向与磁场方向的关系，判断是否受洛伦兹力，从而确定粒子的运动规律．【解答】解：不管是直流电还是交流电，螺线管中轴线方向的磁场方向与中轴线重合，则粒子的方向与磁场方向平行，不受洛伦兹力，粒子仍然做匀速直线运动．故D正确，A、B、C错误．故选：D．【点评】解决本题的关键掌握右手螺旋定则判断螺线管周围的磁场方向，以及知道磁场的方向与带电粒子的速度方向平行时，不受洛伦兹力．5．如图所示，竖直绝缘墙壁上的Q处有一固定的质点A，在Q正上方的P点用绝缘丝线悬挂另一质点B，A、B两质点因为带电而相互排斥，使悬线与竖直方向成θ角，现通过某种方法使A、B的带电荷量均变为原来的两倍，则悬线对悬点P的拉力大小将（）A．变为原来的B．保持不变C．变为原来的2倍D．变为原来的4倍【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】以小球B为研究对象，由于逐渐漏电的过程中，处于动态平衡状态．分析B受力情况：重力G，A的斥力F1和线的拉力F2三个力作用，作出力图，根据△FBF1∽△PQB，得到线的拉力F2与线长的关系，再进行分析求解．【解答】解：以小球为研究对象，球受到重力G，A的斥力F2和线的拉力F1三个力作用，作出力图，如图．作出F1、F2的合力F，则由平衡条件得：F=G．根据△FBF1∽△PQB得：在A、B两质点带电量增大，PB、PQ、G均不变，则线的拉力F1不变．故B正确．故选：B【点评】本题是力学中动态平衡问题，采用的是三角形相似法，得到力的大小与三角形边长的关系，进行分析，也可以应用函数法求解．6．用DISLab系统的磁传感器可以测定通电螺线管内的磁感应强度，当把磁传感器的探测头从螺线管的正中间（设为坐标原点）逐渐拉出螺线管过程中，测出的B﹣x图象是下图所示的四个图象中的（）A．B．C．D．【考点】磁感应强度．【分析】从外部逐渐靠近螺线管两端时，磁场逐渐增强，在螺线管内部，磁场基本上是匀强磁场，磁感应强度大于螺线管端点的磁感应强度，螺线管的磁场关于中点对称，分析各图示，找出符合螺线管实际的图象．【解答】解：从外部逐渐靠近螺线管两端时，磁场逐渐增强，在螺线管内部，磁场基本上是匀强磁场，磁感应强度大于螺线管端点的磁感应强度，螺线管的磁场关于中点对称，由图示可知，轴线上各点的磁感应强度随x先增大后减小，通电螺线管中轴线上中心两侧对称点的磁感应强度大小基本相等，通电螺线管中轴线上中间有一段各点磁感应强度大小基本不变．磁传感器的探测头从螺线管的正中间（设为坐标原点）逐渐拉出螺线管过程中，则图象B正确，ACD 错误；故选：B．【点评】通电螺线管的磁场是由电流产生的，如果螺线管中没有电流，则螺线管内没有磁场；知道螺线管的磁场分布是正确解题的关键，注意磁传感器的探测头从螺线管的正中间逐渐拉出．7．如图所示，竖直放置的两个平行金属板间有匀强电场，在两板间等高处有两个质量相同的带电小球（不计两带电小球之间的电场影响），小球P从紧靠左极板处由静止开始释放，小球Q从两极板正中央由静止释放，两小球均沿直线运动打到右极板上的同一点，则从开始释放到打到右极板的过程中（）A．它们的运动时间之比为t P：t Q=2：1B．它们的电荷量之比为q P：q Q=2：1C．它们的动能增量之比为△E kp：△E kQ=4：1D．它们的电势能减少量之比为△E P：△E Q=2：1【考点】带电粒子在匀强电场中的运动．【专题】定性思想；推理法；带电粒子在电场中的运动专题．【分析】两小球在匀强电场中受到电场力和重力作用，都做匀加速直线运动，运用运动的分解可知：两小球在竖直方向都做自由落体运动，由题分析可知，小球下落高度相同，运动时间相同．两小球水平方向都做初速度为零的匀加速直线运动，水平位移x P=2x Q，根据牛顿第二定律和运动学公式研究电荷量之比．根据电场力做功之比，研究电势能减小量之比．根据数学知识分析合力对两球做功的关系，由动能定理分析动能增加量之比．【解答】解：A、两小球在竖直方向都做自由落体运动，由题分析可知，小球下落高度相同，由公式t=得，它们运动时间相同．故A错误．B、小球在水平方向都做初速度为零的匀加速直线运动，水平位移x P=2x Q，由x=分析得到加速度之比a P：a Q=2：1．根据牛顿第二定律得，两球的加速度分别为a P=，a Q=，则q P：q Q=2：1．故B正确．C、电场力做功分别为W P=q Q Ex Q，W Q=q P Ex P，由于q P：q Q=2：1，x P：x Q=2：1，得到W P：W Q=4：1，故电势能的减小量为△E P：△E Q=4：1；而重力做功相同，则合力做功之比，则动能增加量之比△E kP：△E kQ＜4．故CD错误．故选：B．【点评】本题电荷在复合场中运动，采用运动的分解与合成的方法研究，是常用的方法．研究动能增加量关系，也可通过求末速度之比求解．8．每时每刻都有大量宇宙射线向地球射来，地磁场可以改变射线中大多数带电粒子的运动方向，使它们不能到达地面，这对地球上的生命有十分重要的意义，下列有关说法正确的是（）A．在北极竖直向下射向地球的带电粒子不会发生偏转B．在赤道竖直向下射向地球的带正电的粒子会向南偏转C．在赤道竖直向下射向地球的带负电的粒子会向西偏转D．在南极竖直向下射向地球的带电粒子会向北发生偏转【考点】带电粒子在匀强磁场中的运动；洛仑兹力．【分析】根据地球磁场的分布，由左手定则可以判断粒子的受力的方向，从而可以判断粒子的运动的方向．【解答】解：A、由图可知，在北极竖直向下射向地球的带电粒子由于运动方向沿磁场方向；故不受洛仑兹力，故粒子不会偏转；故A正确；B、赤道上地球的磁场由南向北，由左手定则可知，在赤道竖直向下射向地球的带正电的粒子会向东偏转；故B错误；C、由左手定则可知，在赤道竖直向下射向地球的带负电的粒子会向西偏转；故C正确；D、在南极竖直向下射向地球的带电粒子的运动方向沿磁感线方向，故粒子不会发生偏转；故D错误；故选：AC．【点评】本题主要考查左手定则的应用，掌握好左手定则即可判断粒子的受力的方向；注意明确负电荷在应用左手定则时，四指要指向运动的反方向．9．某导体置于电场后周围的电场分布情况如图所示，图中虚线表示电场线，实线表示等势面，A、B、C为电场中的三个点，下列说法正确的是（）A．A点的电场强度大于B点的电场强度B．A点的电势等于C点的电势C．将正电荷从A点移到B点，电场力做正功D．将负电荷从B点移到C点，电场力做正功【考点】电场线．【分析】根据电场线的疏密程度判断电场强度的大小；根据沿着电场线，电势逐渐降低来判断电势的高低；根据等差等势面来确定电势差大小，再由电势差与电场力做功关系公式W AB=qU AB来判断电场力做功的多少．【解答】解：A、由电场线越密的地方，电场强度越大，则有A点的电场强度小于B点的电场强度，E B＞E A，故A错误；B、由图可知，A点与C点位于同一条等势面上，所以A点的电势等于C点的电势．故B正确；C、由于沿着电场线，电势逐渐降低，故φA＞φB，因此将正电荷从A移动到B，电场力做正功，故C正确；D、由于沿着电场线，电势逐渐降低，故φC＞φB，因此将负电荷从B移动到C，电场力做正功，故D正确．故选：BCD【点评】本题关键是根据电场线及其与等势面的关系判断出电势高低、电场力大小和电势差的大小关系．同时知道等差等势面越密的地方，电场线也越密．当然也可以由电场力做功的正负来确定电势能的增减．10．如图所示，在两磁极之间放一培培养皿，磁感线垂直培养皿，皿内侧壁有环状电极A，中心有电极K，皿内装有电解液，若不考虑电解液和培养皿之间的阻力，当通以如图所示电流时，则（）A．电解液将顺时针旋转流动B．电解液静止不动C．若将滑动变阻器的滑片向左移动，则电解液旋转流动将变慢D．若将磁场的方向和电流的方向均变为和原来相反，则电解液转动方向不变【考点】导体切割磁感线时的感应电动势．【分析】由左手定则判断电解液所受的安培力方向，即可分析其旋转方向．根据电路中电流的变化，分析安培力大小的变化，判断电解液旋转快慢的变化．【解答】解：AB、电解液中当通以如图所示电流时，将电解液看成无数个幅条状导体组成，每根导体中电流从环边缘流向K，由左手定则判断可知，电解液所受的安培力方向沿顺时针，因此电解液将顺时针旋转流动．故A正确，B错误．C、若将滑动变阻器的滑片向左移动，其有效电阻减小，电路中电流增大，由F=BIL知，电解液所受的安培力增大，则电解液旋转流动将变快，故C错误．D、若将磁场的方向和电流的方向均变为和原来相反，由左手定则可知安培力方向不变，则电解液转动方向不变，故D正确．故选：AD【点评】解决本题时要理解电解液旋转的原因：受到安培力，知道判断安培力方向的法则是左手定则，明确安培力方向与磁场方向和电流方向有关．11．在同一匀强磁场中，粒子（H）和质子（H）均做匀速圆周运动，若它们的动能相等，则粒子（H）和质子（H）（）A．运动半径之比是2：1 B．运动周期之比是2：1C．运动线速度大小之比是1：2 D．受到的洛伦兹力之比是1：【考点】带电粒子在匀强磁场中的运动．【专题】带电粒子在磁场中的运动专题．【分析】已知粒子（H）和质子（H）动能相等，质量之比为2：1，可以得到速度之比为1：；粒子做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，根据牛顿第二定律列式求解轨道半径和周期之比．【解答】解：C、已知粒子（H）和质子（H）动能相等，质量之比为2：1，可以得到速度之比为1：，故C错误；D、根据f=qvB，粒子（H）和质子（H）电量相等，速度之比为1：，故受到的洛伦兹力之比是1：，故D正确；A、粒子做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，故，故R=；粒子（H）和质子（H）电量相等，质量之比为2：1，速度之比为1：，故运动半径之比是：1，故A错误；B、根据T=，粒子（H）和质子（H）电量相等，质量之比为2：1，故周期之比为2：1，故B正确；故选：BD【点评】本题关键是明确粒子的受力情况和运动性质，然后结合牛顿第二定律列式求解出半径和周期的表达式进行分析，基础题目．12．如图所示，在竖直向下的匀强磁场中有两根竖直放置的平行粗糙导轨CD、EF，导轨上放有一金属棒MN，现从t=0时刻起，给棒通以图示方向的电流且电流强度与时间成正比，即I=kt，其中k 为常量，金属棒与导轨始终垂直且接触良好，下列关于棒的速度v、加速度a随时间t变化的关系图象，可能正确的是（）A．B．C．D．【考点】安培力；牛顿第二定律．【分析】通过通电导线处于磁场中，受到安培力，由左手定则来确定安培力的方向，并得出安培力的大小，再根据牛顿第二定律来运动与力综合分析，从而即可求解．【解答】解：当从t=0时刻起，金属棒通以I=kt，则由左手定则可知，安培力方向垂直纸面向里，使其紧压导轨，则导致棒在运动过程中，所受到的摩擦力增大，所以加速度在减小，由于速度与加速度方向相同，则做加速度减小的加速运动．当滑动摩擦力等于重力时，加速度为零，则速度达到最大，其动能也最大．当安培力继续增大时，导致加速度方向竖直向上，则出现加速度与速度方向相反，因此做加速度增大的减速运动．A、而速度与时间的图象的斜率表示加速度的大小，故A错误，B正确；。

2014-2015学年河北省邢台市南宫中学高三〔上〕第十三次周考物理试卷一、〔选择题〕1．〔3分〕物体做匀速圆周运动时，如下说法正确的答案是〔〕A．物体必须受到恒力的作用B．物体所受合力必须等于零C．物体所受合力的大小可能变化D．物体所受合力的大小不变，方向不断改变【考点】：匀速圆周运动；向心力．【分析】：做匀速圆周运动的物体，它的速度的大小是不变的，只改变速度的方向，所以合力一定和速度的方向垂直，由于物体的速度不变，所以向心力的大小肯定也不变．【解析】：解：A、匀速圆周运动的向心力的大小是恒定的，说的只是力的大小不变，力的方向要指向圆心，所以时刻在变，而恒力指的是大小和方向都不变的力，所以A选项错误；B、同A的分析，力的大小是不变的，但不能是零，否如此的话，不会做圆周运动，所以B选项错误；C、同A的分析，匀速圆周运动的向心力的大小是恒定的，由牛顿第二定律可知受的合力的大小是不变的，故C选项错误；D、所受合力的大小不变，力的方向要指向圆心，所以时刻在变，故D选项正确．应当选：D．【点评】：考查学生对匀速圆周运动的理解，还有匀速圆周运动向心力的理解，这里的匀速只是指它的速度的大小不变，方向是时刻在变化的．2．〔3分〕闭合的金属环处于随时间均匀变化的匀强磁场中，磁场方向垂直于圆环平面，如此〔〕A．环中产生的感应电动势均匀变化B．环中产生的感应电流均匀变化C．环中产生的感应电动势保持不变D．环上某一小段导体所受的安培力保持不变【考点】：法拉第电磁感应定律；楞次定律．【专题】：电磁感应与电路结合．【分析】：由法拉第电磁感应定律求出感应电动势，由欧姆定律求出感应电流，然后判断其变化情况；由安培力公式分析安培力如何变化．【解析】：解：AC、匀强磁场随时间均匀变化，如此是定值，感应电动势E==•S，由于与S都是定值，如此感应电动势E是定值，故A错误，C正确；B、感应电流I=，由于E与R是定值，感应电流I保持不变，故B错误；D、环上一小段导体受到的安培力F=BIL，I与L不变，B均匀变化，如此安培力均匀变化，故D错误；应当选：C．【点评】：当穿过回路的磁通量均匀增加时，回路中产生的感应电动势是恒定不变，相反，产生的感应电动势才是变化的．根据法拉第定律结合数学知识来理解．3．〔3分〕地球的质量为M，月球的质量为m，月球绕地球运行的轨道半径为r，周期为T，万有引力常量为G，如此月球绕地球运转轨道处的重力加速度大小等于〔〕A．B．C．D．r【考点】：万有引力定律与其应用．【专题】：万有引力定律的应用专题．【分析】：月球绕地球做匀速圆周运动，由地球的万有引力提供月球的向心力，据此可以列式求解出月球绕地球运行轨道处的重力加速度．【解析】：解：月球绕地球做匀速圆周运动，由地球的万有引力提供月球的向心力，如此有：G=ma=m解得：a==故AC错误，BD正确；应当选：BD．【点评】：此题主要考查了万有引力向心力公式的直接应用，难度不大，属于根底题．4．〔3分〕水平长直导线中有恒定电流I通过，导线正下方的电子初速度方向与电流方向一样，如下列图，如此电子的运动情况是〔〕A．沿路径oa运动B．沿路径ob运动C．沿路径oc运动D．沿路径od运动【考点】：通电直导线和通电线圈周围磁场的方向；安培定如此；左手定如此．【分析】：先用右手定如此判断出导线下方的磁场方向与分布情况，再由左手定如此判断电子运动时的受力方向，结合半径公式可知半径的变化情况，从而得出正确选项．【解析】：解：由安培定如此可知，导线下方的磁场方向垂直纸面向外，且离导线越远，磁场越弱，如下列图，电子初速度方向与电流方向一样，由左手定如此可知受到的洛伦兹力方向向下，由远离导线的方向磁场减弱，由可知电子的运动半径越大，符合条件的是od，所以选项D正确．应当选D【点评】：该题考查的知识点较多，首先是右手定如此，知道通电直导线周围的磁场的分布；其次是左手定如此，会熟练的判断带电粒子受到的洛伦兹力的方向，尤其是电子的受力方向的判断；再者是当磁场变化后，会用来判断半径的变化．5．〔3分〕如图，E为电池，L是电阻可忽略不计、自感系数足够大的线圈，D1、D2是两个规格一样且额定电压足够大的灯泡，S是控制电路的开关．对于这个电路，如下说法正确的答案是〔〕A．刚闭合开关S的瞬间，通过D1、D2的电流大小相等B．刚闭合开关S的瞬间，通过D1、D2的电流大小不相等C．闭合开关S待电路达到稳定，D1、D2比原来更亮D．闭合开关S待电路达到稳定，再将S断开瞬间，D2立即熄灭，D1闪亮一下再熄灭【考点】：自感现象和自感系数．【分析】：线圈中的电流增大时，产生自感电流的方向更原电流的方向相反，抑制增大；线圈中的电流减小时，产生自感电流的方向更原电流的方向一样，抑制减小，并与灯泡D1构成电路回路．【解析】：解：AB、S闭合瞬间，由于自感线圈相当于断路，所以两灯是串联，电流相等，故A正确，B错误；C、S闭合稳定后，线圈相当于导线把灯1短路，灯D1熄灭，回路中总电阻减小，电流增大，D2比S刚闭合时亮，故C错误；D、S闭合稳定后再断开开关，D2立即熄灭，但由于线圈的自感作用，L相当于电源，与D1组成回路，D1要过一会在熄灭，故D正确；应当选：AD【点评】：线圈中电流变化时，线圈中产生感应电动势；线圈电流增加，相当于一个瞬间电源接入电路，线圈上端是电源正极．当电流减小时，相当于一个瞬间电源，线圈下端是电源正极．6．〔3分〕如图为一理想变压器，K为单刀双掷开关，P为滑动变阻器的滑动触头，U1为加在原线圈两端的电压，I1为原线圈中的电流强度，如此〔〕A．保持U1与P的位置不变，K由a合到b时，I1将增大B．保持U1与P的位置不变，K由b合到a时，R消耗的功率将减小C．保持U1不变，K合在a处，使P上滑，I1将增大D．保持P的位置不变，K合在a处，增大U1，如此I1将不变【考点】：变压器的构造和原理．【专题】：交流电专题．【分析】：由图可知：电压表测量的是副线圈电压，电流表测量的是副线圈电流，根据输出电压是由输入电压和匝数比决定的，输入的功率的大小是由输出功率的大小决定的，电压与匝数成正比，电流与匝数成反比分析即可．【解析】：解：A、保持U1与P的位置不变，K由a合到b时，原线圈匝数变小，副线圈电压变大，所以副线圈功率变大，而原线圈功率等于副线圈功率，所以原线圈功率变大，根据I1=得I1将增大，故A正确；B、保持U1与P的位置不变，K由b合到a时，原线圈匝数变大，副线圈电压变小，根据P=可知功率变小，故B正确；C、保持U1不变，K合在a处，使P上滑时，R增大，而电压不变，所以副线圈电流变小，根据可知I1将减小，故C错误；D、保持P的位置不变，K合在a处，假设U1增大，如此副线圈电压增大，所以副线圈电流变大，可知I1将增大，故D错误．应当选：AB．【点评】：此题主要考查变压器的知识，要能对变压器的最大值、有效值、瞬时值以与变压器变压原理、功率等问题彻底理解，注意电压表和电流表测量的是有效值．7．〔3分〕一个质量为0.3kg的物体沿水平面做直线运动，如下列图，图线a表示物体受水平拉力时的v﹣t 图象，图线b表示撤去水平拉力后物体继续运动的v﹣t 图象，g=10m/s2，如下说法中正确的答案是〔〕A．撤去拉力后物体还能滑行7.5mB．物体与水平面间的动摩擦因数为0.1C．水平拉力的大小为0.1N，方向与摩擦力方向一样D．水平拉力对物体做功为1.2J【考点】：动能定理的应用；匀变速直线运动的图像；牛顿第二定律．【专题】：牛顿运动定律综合专题．【分析】：根据速度图象的斜率等于加速度，求出加速度，由牛顿第二定律求解水平拉力和摩擦力的大小．由图象的“面积〞求出0﹣3s内物体的位移x，由W=Fx求水平拉力对物体做功．根据动能定理求解撤去拉力后物体还能滑行的距离．由f=μmg求解动摩擦因数．【解析】：解：A、设撤去拉力后物体还能滑行距离为s，如此由动能定理得﹣fs=0﹣mv2，得s===13.5m，故A错误；C、根据速度图象的斜率等于加速度，得物体的加速度大小为：0﹣3s内：a1===m/s2，3﹣6s内：a2===m/s2，根据牛顿第二定律得：3﹣6s内：摩擦力大小为f=ma2=0.1N，0﹣3s内：F+f=ma1，F=0.1N，方向与摩擦力方向一样，故C正确．B、由f=μmg得，μ≈0.03，故B错误．D、0﹣3s内，物体的位移为x=×〔5﹣3〕×3=3m，水平拉力对物体做功为W=﹣Fx=﹣0.1×3m=﹣0.3J．故D错误．应当选：C．【点评】：此题在根据识别图象的两个意义：斜率等于加速度、“面积〞大小等于位移x的根底上，由W=Fx求水平拉力对物体做功，由f=μmg求解动摩擦因数．8．〔3分〕在光滑水平桌面上有一边长为l的正方形线框abcd，bc边右侧有一等腰直角三角形匀强磁场区域efg，三角形腰长为l，磁感应强度垂直桌面向下，abef在同一直线上，其俯视图如下列图，线框从图示位置在水平拉力F作用下向右匀速穿过磁场区，线框中感应电流i与拉力F随时间t的变化关系可能是〔以逆时针方向为电流的正方向，时间单位为〕〔〕A．B．C．D．【考点】：法拉第电磁感应定律；导体切割磁感线时的感应电动势；楞次定律．【专题】：电磁感应与电路结合．【分析】：分段确定线框有效的切割长度，分析线框中感应电动势的大小与位置坐标的关系．线框的电阻一定，感应电流与时间成正比；根据安培力的表达式F=，而L=vt，从而即可求解．【解析】：解：A、bc边的位置坐标x在L﹣2L过程，线框bc边有效切线长度为l=x﹣L，感应电动势为E=Blv=B〔x﹣L〕v，感应电流i==，根据楞次定律判断出来感应电流方向沿a→b→c→d→a，为正值．x在2L﹣3L过程，根据楞次定律判断出来感应电流方向沿a→d→c→b→a，为负值，线框ad边有效切线长度为l=x﹣2L，感应电动势为E=Blv=B〔x﹣2L〕v，感应电流i=﹣=﹣，根据数学知识知道A错误，B正确．C、在水平拉力F作用下向右匀速穿过磁场区，因此拉力等于安培力，而安培力的表达式F=，而L=vt，如此有：F=，因此C错误，D正确；应当选：BD【点评】：此题关键确定线框有效切割长度与x的关系，再结合数学知识选择图象，注意楞次定律、欧姆定律的应用，与安培力综合表达式应用．9．〔3分〕如下列图，单匝矩形闭合导线框abcd全部处于磁感应强度为B的水平匀强磁场中，线框面积为S，电阻为R．线框绕与cd边重合的竖直固定转轴以角速度ω从中性面开始匀速转动，如下说法正确的答案是〔〕A．转过时，线框中的电流方向为abcdaB．线框中感应电流的有效值为C．从中性面开始转过的过程中，通过导线横截面的电荷量为D．线框转一周的过程中，产生的热量为【考点】：交流的峰值、有效值以与它们的关系．【专题】：交流电专题．【分析】：由题可知，线圈中产生正弦式电流．感应电动势最大值Em=BSω，由E=Em与欧姆定律求解电流的有效值．根据法拉第电磁感应定律、欧姆定律和电流的定义式求出电量．根据Q=I2RT求解线框转一周的过程中，产生的热量．【解析】：解：A、转过的过程中，磁通量变小，产生的感应磁场的方向与原磁场方向一样，根据左手定如此可知，电流方向为adcb，故A错误；B、线圈中产生感应电动势最大值Em=BSω，感应电动势有效值E==BSω．如此电流的有效值为I=，故B正确；C、由，，q=It得到电量q==，故C正确；D、线框转一周的过程中，产生的热量，故D错误．应当选：BC【点评】：对于交变电流，直流电路的规律，比如欧姆定律同样适用，只不过要注意对应关系．10．〔3分〕如下列图，金属杆ab以恒定的速率v在光滑平行导轨上向右滑行．设整个电路中总电阻为R〔恒定不变〕，整个装置置于垂直纸面向里的匀强磁场中，如下表示正确的答案是〔〕A．ab杆中的电流与速率v成正比B．磁场作用于ab杆的安培力与速率v成正比C．电阻R上产生的电热功率与速率v的平方成正比D．外力对ab杆做功的功率与速率v的平方成正比【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——功能问题．【分析】：由E=BLv与欧姆定律求出感应电流、由安培力公式求出安培力、由电功率公式求出电功率、由P=Fv求出拉力的功率，然后根据表达式分析答题．【解析】：解：A、由闭合电路欧姆定律与电磁感应定律可知，电路中的电流，故A正确；B、ab所受的安培力，故B正确；C、电阻R上产生的电热功率P=I2r∝v2，故C正确；D、外力做功的功率，故D正确；应当选：ABCD．【点评】：此题考查了求感应电流、安培力、电功率与外力功率与速率的关系，应用E=BLv、欧姆定律、安培力公式、电功率公式、功率公式求出函数表达式即可解题．二、填空题，每空分11．〔3分〕〕用如图1所示的实验装置验证机械能守恒定律．实验所用的电源为学生电源，输出电压为6V的交流电和直流电两种．重锤从高处由静止开始下落．重锤上拖着的纸带打出一系列的点．对纸带上的点痕进展测量，即可验证机械能守恒定律．下面列举了该实验的几个操作步骤：A．按照图示的装置安装器件B．将打点计时器接到电源的“直流输出〞上C．用天平测出重锤的质量D．先释放悬挂纸带的夹子，然后接通电源打出一条纸带E．测量纸带上某些点间的距离F．根据测量的结果计算重锤下落过程中减少的重力势能是否等于增加的动能．Ⅰ．其中没有必要进展的或者操作不当的步骤是BCD．〔将其选项对应的字母填在横线处〕Ⅱ．在实验中，质量m为1.0kg的重物自由下落，带动纸带打出一系列的点，如图2所示．相邻计数点间的时间间隔为0.02s，距离单位为cm．〔1〕纸带的左端与重物相连；〔2〕打点计时器打下计数点B时，物体的速度vB=0.98m/s；〔结果保存两位有效数字〕〔3〕某同学从起点O到打下计数点B的过程中，计算出物体的动能增加量△EK=0.48J，势能减少量△EP=0.49J〔g=9.8m/s2〕，该同学的计算方法和过程并没有错误，却出现了△EK＜△EP 的结果，试问这一结果是否合理？答：合理．〔4〕另一名同学用计算出B的动能EK=0.49J，恰好与势能减少量△EP相等，于是该同学得出结论“重物下落过程中机械能守恒〞，试问该同学的做法是否合理？答：不合理．【考点】：验证机械能守恒定律．【专题】：实验题．【分析】：〔1〕解决实验问题首先要掌握该实验原理，了解实验的仪器、操作步骤和数据处理以与须知事项，只有理解了这些才能真正了解具体实验操作的含义．〔2〕纸带法实验中，假设纸带匀变速直线运动，测得纸带上的点间距，利用匀变速直线运动的推论，可计算出打出某点时纸带运动的瞬时速度，从而求出动能．根据功能关系得重力势能减小量等于重力做功的数值，求出重力势能的减小量，然后根据计算结果判定在误差范围内机械能是否守恒．【解析】：解：Ⅰ．B：将打点计时器应接到电源的“交流输出〞上，故B错误．C：因为我们是比拟mgh、的大小关系，故m可约去比拟，不需要用天平，故C错误．D：开始记录时，应先给打点计时器通电打点，然后再释放重锤，让它带着纸带一同落下，如果先放开纸带让重物下落，再接通打点计时时器的电源，由于重物运动较快，不利于数据的采集和处理，会对实验产生较大的误差，故D错误．应当选BCD．Ⅱ．〔1〕从纸带上可以看出0点为打出来的第一个点，速度为0，重物自由下落，初速度为0，所以应该先打出0点，而与重物相连的纸带在下端，应该先打点．所以纸带的左端应与重物相连．〔2〕根据在匀变速直线运动中中间时刻的瞬时速度等于该过程中的平均速度有：=0.98m/s〔3〕通过计算可知动能的增加量小于重力势能的减小量，其原因是物体在下落过程中抑制摩擦阻力做功，导致重力势能没有完全转化为动能．所以这一结果合理；〔4〕假设用计算B的动能，如此，相当于用机械能守恒定律来证明机械能守恒定律，不合理．故答案为：Ⅰ．BCD；Ⅱ．〔1〕左；〔2〕0.98m/s；〔3〕合理；〔4〕不合理．【点评】：〔1〕只有明确了实验原理以与实验的数据测量，才能明确各项实验操作的具体含义，这点要在平时训练中加强练习．〔2〕用运动学公式和动能、重力势能的定义式解决问题是该实验的常规问题，要注意单位的换算和有效数字的保存．12．〔3分〕①如图〔a〕所示，是一个由电阻率为ρ的导体材料制成的中空圆柱体．为测量圆柱形导体中空局部的横截面积S0，某同学先用毫米刻度尺测得圆柱体的长度为L，然后用游标卡尺测量其外径D，如图〔b〕所示，如此D=11.70mm．②接着，该同学设计了测量圆柱体电阻的实验电路图〔圆柱体上的M、N为两个电箍，连接导线使用〕如图〔c〕所示，请你用笔画线当作导线将图〔d〕中尚未完成的实物连线补画完整．③假设某次实验电流表的示数为I，电压表的示数为U．请用的和测得物理量符号表示圆柱形导体中空局部的横截面积S0=．【考点】：测定金属的电阻率．【专题】：实验题．【分析】：①游标卡尺先读主尺，在读副尺，相加的最终结果．②依据给定的电路图可以连接实物．③由电阻定律和欧姆定律得的中空局部的横截面积．【解析】：解：①主尺读数为11mm，20分度的准确度为0.05mm，第14个格和主尺对齐，故有标尺读数为：14×0.05=0.70mm，可得外径D=11+0.70=11.70mm．②实物连线如图：③由电阻定律和欧姆定律可得：；解得：．故答案为：①D=11.70；②实物连线如图：；③．【点评】：该题的关键是掌握好电阻定律和欧姆定律，在求导体横截面积的时候，注意要减去中空局部．三、计算题〔题型注释〕13．如下列图，一个人用一根长为R=1米，能承受最大拉力为F=74N的绳子，系着一个质量为m=1Kg的小球，在竖直平面内作圆周运动，圆心O离地面高h=6米．运动中小球在圆周的最低点时绳子刚好被拉断，绳子的质量和空气阻力均忽略不计，g=10m/s2．求：〔1〕绳子被拉断的瞬间，小球的速度v的大小？〔2〕绳断后，小球落地点与圆周的最低点间的水平距离x多大？【考点】：向心力；牛顿第二定律；平抛运动．【专题】：牛顿第二定律在圆周运动中的应用．【分析】：〔1〕小球在圆周的最低点绳子刚好被拉断时，绳子的拉力达到最大值F=74N，由拉力和重力的合力提供向心力，根据牛顿第二定律求出绳子被拉断的瞬间小球的速度v．〔2〕绳断后，小球做平抛运动，由平抛运动的规律求解水平距离x．【解析】：解：〔1〕由题意，绳子被拉断前的瞬间，由牛顿第二定律有将F=74N，m=1kg，R=1m代入解得v=8m/s〔2〕〕绳断后，小球做平抛运动，水平方向做匀速直线运动，竖直方向做自由落体运动，如此由平抛运动的规律有x=vt得x=v=8m=8m答：〔1〕绳子被拉断的瞬间，小球的速度v的大小是8m/s．〔2〕〔2〕绳断后，小球落地点与圆周的最低点间的水平距离x是8m．【点评】：此题中绳子刚断的条件是拉力达到最大值．对于平抛运动，关键是掌握分解的方法：水平方向做匀速直线运动，竖直方向做自由落体运动．14．如下列图，在直线AA1右侧有磁感强度为B的匀强磁场．质量为m、电荷量为q的某离子垂直磁场方向、且沿与AA1边界成θ=30°角的方向射入磁场中，求离子在磁场中运动的时间？【考点】：带电粒子在匀强磁场中的运动．【专题】：带电粒子在磁场中的运动专题．【分析】：〔1〕由粒子处于临界状态，根据几何关系列式，再由牛顿第二定律列出洛伦兹力提供向心力表达式，从而即可求解；〔2〕根据几何关系画出运动轨迹，从而确定圆心角，再由周期公式，即可求解．【解析】：解：粒子在磁场中运动，洛伦兹力提供向心力，牛顿第二定律有：Bqv=m粒子运动的周期：粒子能从AB边界射出，假设粒子带正电，如此偏转角是60°粒子运动的时间：假设粒子带负电，粒子能从AB边界射出时，圆心角θ=300°解得：答：带电粒子能从AB边界飞出的最大速度为：假设粒子带正电，运动的时间是；假设粒子带负电，【点评】：考查牛顿第二定律、匀速圆周运动的周期公式，并与几何关系综合解题，注意考虑粒子的临界情况是此题突破口．同时还强调圆心角的正确表示．15．如下列图，水平U形光滑框架，宽度为0.5m，电阻忽略不计，导体ab质量是0.2kg，电阻是0.1Ω，匀强磁场的磁感应强度为0.2T，方向垂直框架向上，现用1N的外力F由静止拉动ab杆，当ab的速度达到1m/s时，求〔1〕此时刻ab 杆产生的感应电动势的大小；〔2〕此时刻ab杆的加速度的大小？〔3〕ab杆所能达到的最大速度是多少？〔4〕假设ab杆达到的最大速度后，撤去外力F，ab杆上还能产生多少焦耳的热量？【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；安培力．【专题】：电磁感应中的力学问题．【分析】：〔1〕根据E=BLv求出ab杆切割产生的感应电动势大小．〔2〕根据闭合电路欧姆定律求出感应电流的大小，从而得出ab杆所受的安培力大小，根据牛顿第二定律求出ab杆的加速度大小．〔3〕当拉力与安培力相等时，速度达到最大，结合切割产生的感应电动势公式、闭合电路欧姆定律、安培力大小公式求出最大速度的大小．〔4〕根据能量守恒定律求出撤去外力F，ab杆上还能产生的热量．【解析】：解：〔1〕根据法拉第电磁感应定律，此时刻ab 杆产生的感应电动势的大小为：E=BLv=0.2×0.5×1=0.1V〔2〕根据闭合电路欧姆定律，此时刻电路中的电流为：I=．此时ab 杆受到的安培力为：F安=BIL=0.2×1×0.5=0.1N 方向向左．根据牛顿第二定律有：F﹣F安=ma此时刻ab杆的加速度的大小为：a=．〔3〕ab杆达到最大速度时，ab杆上电动势最大，为：Em=BLvmab杆上电流最大为：Im=ab杆上安培力Fm达到最大为：Fm=BImL这时外力F与安培力Fm达到平衡，有：Fm=F代入数值可得：vm=10m/s〔4〕此后ab杆的动能会转化为电热，为：Q=mvm2=×0.2×102=10J答：〔1〕此时刻ab 杆产生的感应电动势的大小为0.1V．〔2〕此时刻ab杆的加速度的大小为4.5m/s2．〔3〕ab杆所能达到的最大速度是10m/s．〔4〕ab杆上还能产生10J的热量．【点评】：此题考查了电磁感应与力学、电路、以与能量的综合，难度不大，这类题型是高考的热点，需加强训练．16．如下列图，某小型水电站发电机的输出功率为10kW，输出电压为400V，向距离较远的用户供电，为了减少电能损失，使用2kv高压输电，最后用户得到220V、9.5kW的电力，求：〔1〕水电站升压变压器原、副线圈匝数比〔2〕输电线路导线电阻R．〔3〕用户降压变压器原、副线圈匝数比．【考点】：远距离输电．【专题】：交流电专题．【分析】：〔1〕根据变压比公式求解升压变压器原、副线圈匝数比；〔2〕先根据P=UI求解传输电流，再根据求解输电线路导线电阻；〔3〕先根据U3=U2﹣△U求解降压变压器的输入电压，然后根据求解降压变压器的匝数比．【解析】：解：〔1〕升压变压器的原副线圈的匝数比为：〔2〕输电线上的电流为：I=输电线电阻：〔3〕降压变压器原线圈电压：U3=U2﹣IR=2000﹣5×20=1900V故降压变压器原副线圈的匝数比为：答：〔1〕水电站升压变压器原、副线圈匝数比为1：5；〔2〕输电线路导线电阻R为20Ω；〔3〕用户降压变压器原、副线圈匝数比为95：11．【点评】：此题关键是明确远距离输电的原理，然后根据变压器的变压比公式和功率表达式列式分析，不难．。

2015-2016学年河北省衡水中学高三〔上〕五调物理试卷一、选择题〔共15小题，每一小题所给选项中至少有一项符合题意，每一小题4分，局部分2分，选错不得分，总分为60分〕1．如下说法正确的答案是〔〕A．检验工件平整度的操作中，如图1所示，上面为标准件，下面为等检测工件，通过干预条纹可推断：P为凹处，Q为凸处B．图2为光线通过小圆板得到的衍射图样C．铀核〔U〕衰变为铅核〔〕的过程中，要经过8次α衰变和6次β衰变D．按照玻尔理论，氢原子核外电子从半径较小的轨道跃迁到半径较大的轨道时，电子的动能减小，电势能增大，原子的总能量不变2．LC振荡电路中，某时刻磁场方向如下列图，如此如下说法正确的答案是〔〕A．假设磁场正在减弱，如此电容器上极板带正电B．假设电容器正在放电，如此电容器上极板带负电C．假设电容器上极板带正电，如此自感电动势正在减小D．假设电容器正在充电，如此自感电动势正在阻碍电流减小3．如下列图为用a、b两种单色光分别通过同一双缝干预装置获得的干预图样．现让a、b两种光组成的复色光穿过平行玻璃砖或三棱镜时，光的传播方向中可能正确的答案是〔〕A．B． C．D．4．如下列图，M、N是以MN为直径的半圆弧上的两点，O点为半圆弧的圆心．将带电荷量相等、电性相反的两个点电荷分别置于M、N两点，这时O点电场强度的大小为E1；假设将N点处的点电荷移至O点正下方，如此O点的电场强度大小变为E2，E1与E2之比为〔〕A．1：B．：1 C．2：D．4：5．如下列图，一电荷量为+Q的点电荷甲固定在光滑绝缘的水平面上的O点，另一电荷量为+q、质量为m的点电荷乙从A点以v0=2m/s的初速度经C沿它们的连线向甲运动，到达B点时的速度为零，AC=CB，φA=3V，φB=5V，静电力常量为k，如此如下表述正确的答案是〔〕A．φC＞4VB．φC＜4VC．点电荷乙的比荷为1C/kgD．点电荷乙从A到C过程其动能的减少量与从C到B过程其动能的减少量相等6．如下列图，电荷量为+1×10﹣6C的点电荷A镶嵌在墙壁上，带电荷量为十3×10﹣6C的小球B〔可视为点电荷〕悬挂在长为50cm的轻绳末端，悬点在A的正上方C处，A、C之间的距离为40cm，重力加速度为10m/s2．静电力常量k=9.0×109N•m2/C2，如此如下表述正确的答案是〔〕A．假设AB垂直于墙面，如此A、B之间的库仑力为0.3NB．假设仅减少B的电荷量，再次平衡后，A、B之间的电场力减小C．假设同时增加B的质量和B的电荷量，B的位置可能不变D．只要绳长不变，如此绳中拉力大小不变7．在相距为r的A、B两点分别放上点电荷Q A和Q B，C为AB的中点，如下列图，现引入带正电的检验电荷q，如此如下说法正确的答案是〔〕A．如果q在C点受力为零，如此Q A和Q B一定是等量异种电荷B．如果q在AB延长线离B较近的D点受力为零，如此Q A和Q B一定是异种电荷，且电量大小Q A＞Q B C．如果q在AC段上的某一点受力为零，而在BC段上移动时始终受到向右的力，如此Q A一定是负电荷，且电量大小Q A＜Q BD．如果q沿AB的垂直平分线移动时受力方向始终不变，如此Q A和Q B一定是等量异种电荷8．一带正电的粒子仅在电场力作用下从A点经B、C点运动到D点，其v﹣t图象如下列图，如此如下说法中正确的答案是〔〕A．A点的电场强度一定大于B点的电场强度B．粒子在A点的电势能一定大于在B点的电势能C．CD间各点电场强度和电势都为零D．AB两点间的电势差大于CB两点间的电势差9．有一条捕鱼小船停靠在湖边码头，小船又窄又长，一位同学想用一个卷尺粗略测定它的质量，他进展了如下操作：首先将船平行码头自由停泊，然后他轻轻从船尾上船，走到船头后停下，而后轻轻下船，用卷尺测出船后退的距离d，然后用卷尺测出船长L．他自身的质量为m，如此渔船的质量为〔〕A．B．C．D．10．光滑斜面上物块A被平行斜面的轻质弹簧拉住静止于O点，如下列图，现将A沿斜面拉到B点无初速释放，物块在BC范围内做简谐运动，如此如下说法正确的答案是〔〕A．在振动过程中，物块A机械能守恒B．C点时弹簧性势能最小C．C点时系统势能最大，O点时系统势能最小D．B点时物块A的机械能最小11．一列简谐横波沿一水平直线向右传播，位于此直线上的P、Q两质点相距12米，P在左、Q在右．t=0时，质点P在正的最大位移处，质点Q恰好到达平衡位置，而t=0.05秒时，质点Q恰好在负的最大位移处．〔〕A．这列波的最大可能波长是48mB．这列波的最大可能周期是0.2sC．这列波的周期可能是0.15sD．这列波的波速可能是720m/s12．华裔科学家高锟获得2009年诺贝尔物理奖，他被誉为“光纤通讯之父〞，光纤通讯中信号传播的主要载化开是光导纤维，图示为一光导纤维〔可简化为一长玻璃丝〕的示意图，玻璃丝长为L，折射率为n，AB代表端面．光在真空中的传播速度为c，如此如下说法正确的答案是〔〕A．为使光线能从玻璃丝的AB端面传播到另一端面，光线在端面AB上的入射角应满足sini≥B．光线从玻璃丝的AB端面传播到另一端面所需的时间与AB端面的入射角有关，入射角越大，传播时间越长C．光线从玻璃丝的AB端面传播到另一端面所需的最长时间为D．只要光导纤维的折射率满足一定的要求，如此无论AB端面的入射角怎样变化，光线都可在光纤与空气的界面上发生全反射13．如下列图，ABCD是一直角梯形棱镜的横截面，位于截面所在平面内的一束光线由O点垂直AD边射入，棱镜的折射率η=，AB=BC=8cm，OA=2cm，∠OAB=60°．如此如下说法正确的答案是〔〕A．光线第一次入射到AB界面上时，既有反射又有折射B．光线第一次从棱镜折射进入空气，应发生在CD界面C．第一次的出射点距C cmD．光线第一次射出棱镜时，折射角为45°14．在竖直墙壁间有质量分别是m和2m的半圆球A和圆球B，其中B球球面光滑，半球A与左侧墙壁之间存在摩擦．两球心之间连线与水平方向成30°的夹角，两球恰好不下滑，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，〔g为重力加速度〕，如此半球A与左侧墙壁之间的动摩擦因数为〔〕A．B．C．D．15．据每日邮报2014年4月18日报道，美国国家航空航天局〔NASA〕目前宣布首次在太阳系外发现“类地〞行星Kepler﹣186f．假设宇航员乘坐宇宙飞船到达该行星，进展科学观测：该行星自转周期为T；宇航员在该行星“北极〞距该行星地面附近h处自由释放一个小球〔引力视为恒力〕，落地时间为t．该行星半径为R，万有引力常量为G，如此如下说法正确的答案是〔〕A．该行星的第一宇宙速度为B．宇宙飞船绕该星球做圆周运动的周期不小于πtC．该行星的平均密度为D．如果该行星存在一颗同步卫星，其距行星外表高度为二、解答题〔共6小题，总分为50分〕16．图甲为“探究求合力的方法〞的实验装置．〔1〕如下说法中正确的答案是A．在测量同一组数据F1、F2和合力F的过程中，橡皮条结点O的位置不能变化B．弹簧测力计拉细线时，拉力方向必须竖直向下C．F1、F2和合力F的大小都不能超过弹簧测力计的量程D．为减小测量误差，F1、F2方向间夹角应为90°〔2〕弹簧测力计的指针如图乙所示，由图可知拉力的大小为N．17．某同学根据机械能守恒定律，设计实验探究弹簧的弹性势能与压缩量的关系．〔1〕如图〔a〕，将轻质弹簧下端固定于铁架台，在上端的托盘中依次增加砝码，测得相应的弹簧长度，局部数据如下表，有数据算得劲度系数k=N/m〔g取9.8m/s2〕．砝码质量〔g〕50 100 150弹簧长度〔cm〕8.62 7.63 6.66〔2〕取下弹簧，将其一端固定于气垫导轨左侧，如图〔b〕所示；调整导轨，使滑块自由滑动时，通过两个光电门的速度大小．〔3〕用滑块压缩弹簧，记录弹簧的压缩量x；释放滑块，记录滑块脱离弹簧后的速度v，释放滑块过程中，弹簧的弹性势能转化为．〔4〕重复③中的操作，得到v与x的关系如图〔c〕．有图可知，v与x成关系，由上述实验可得结论：对同一根弹簧，弹性势能与弹簧的成正比．18．如下列图，足够长的木板A和物块C置于同一光滑水平轨道上，物块B置于A的左端，A、B、C 的质量分别为m、2m和3m，A、B一起以v0的速度向右运动，滑块C向左运动，A、C碰后连成一体，最终A、B、C都静止，求：〔1〕C与A碰撞前的速度大小〔2〕A、C碰撞过程中C对A到冲量的大小．19．如图，三棱镜的横截面为直角三角形ABC，∠A=30°，∠B=60°．一束平行于AC边的光线自AB 边的P点射入三棱镜，在AC边发生反射后从BC边的M点射出，假设光线在P点的入射角和在M点的折射角相等，〔i〕求三棱镜的折射率；〔ii〕在三棱镜的AC边是否有光线透出，写出分析过程．〔不考虑屡次反射〕20．如下列图，ABCD竖直放置的光滑绝缘细管道，其中AB局部是半径为R的圆弧形管道，BCD局部是固定的水平管道，两局部管道恰好相切于B．水平面内的M、N、B三点连线构成边长为L等边三角形，MN连线过C点且垂直于BCD．两个带等量异种电荷的点电荷分别固定在M、N两点，电荷量分别为+Q和﹣Q．现把质量为m、电荷量为+q的小球〔小球直径略小于管道内径，小球可视为点电荷〕，由管道的A处静止释放，静电力常量为k，重力加速度为g．求：〔1〕小球运动到B处时受到电场力的大小；〔2〕小球运动到C处时的速度大小；〔3〕小球运动到圆弧最低点B处时，小球对管道压力的大小．21．如下列图，固定在水平地面上的工件，由AB和BD两局部组成，其中AB局部为光滑的圆弧，∠AOB=37°，圆弧的半径R=O．5m，圆心0点在B点正上方；BD局部水平，长度为0.2m，C为BD的中点．现有一质量m=lkg，可视为质点的物块从A端由静止释放，恰好能运动到D点．〔g=10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8〕，求：〔1〕为使物块恰好运动到C点静止，可以在物块运动到B点后，对它施加一竖直向下的恒力F，F 应为多大？〔2〕为使物块运动到C点时速度为零，也可先将BD局部以B为轴向上转动一锐角θ，θ应为多大？〔假设B处有一小段的弧线平滑连接，物块经过B点时没有能量损失〕〔3〕接上一问，求物块在BD板上运动的总路程．2015-2016学年河北省衡水中学高三〔上〕五调物理试卷参考答案与试题解析一、选择题〔共15小题，每一小题所给选项中至少有一项符合题意，每一小题4分，局部分2分，选错不得分，总分为60分〕1．如下说法正确的答案是〔〕A．检验工件平整度的操作中，如图1所示，上面为标准件，下面为等检测工件，通过干预条纹可推断：P为凹处，Q为凸处B．图2为光线通过小圆板得到的衍射图样C．铀核〔U〕衰变为铅核〔〕的过程中，要经过8次α衰变和6次β衰变D．按照玻尔理论，氢原子核外电子从半径较小的轨道跃迁到半径较大的轨道时，电子的动能减小，电势能增大，原子的总能量不变【考点】光的干预．【专题】定性思想；推理法；光的干预专题．【分析】薄膜干预形成的条纹是膜的上下外表的发射光干预产生的．当两反射光的路程差〔即膜厚度的2倍〕是半波长的偶数倍，出现明条纹，是半波长的奇数倍，出现暗条纹，可知薄膜干预是等厚干预，即明条纹处空气膜的厚度一样；很大的中间有大圆孔的不透明挡板和很大的不透明圆板不会发生衍射现象，很小的不透明圆板出现泊松亮斑；根据质量数和电荷数守恒正确书写衰变方程；库仑力对电子做负功，所以动能变小，电势能变大．【解答】解：A、薄膜干预是等厚干预，即明条纹处空气膜的厚度一样，从弯曲的条纹可知，P处检查平面左边处的空气膜厚度与后面的空气膜厚度一样，知P处凹陷，而Q处检查平面右边处的空气膜厚度与后面的空气膜厚度一样，知Q处凸起，故A正确；B、图为光线通过小圆板得到的衍射图样，假设用光照射很小的不透明圆板时，后面会出现一亮点，故B正确；C、23892U的质子数为92，中子数为146，20682Pb的质子数为82，中子数为124，因而铅核比铀核少10个质子，22个中子，注意到一次α衰变质量数减少4，故α衰变的次数为x=238﹣2064=8次，再结合核电荷数的变化情况和衰变规律来判定β衰变的次数y应满足2x﹣y+82=92，y=2x﹣10=6次，故C正确；D、库仑力对电子做负功，所以动能变小，电势能变大〔动能转为电势能〕而因为吸收了光子，总能量变大，故D错误；应当选：ABC．【点评】此题考查的知识点较多，难度不大，需要我们在学习选修课本时要全面掌握，多看多记，同时解决此题的关键知道薄膜干预形成的条纹是膜的上下外表的发射光干预产生的．以与知道薄膜干预是一种等厚干预，注意空气薄层的厚度与条纹间距的关系，与衍射与干预的区别．2．LC振荡电路中，某时刻磁场方向如下列图，如此如下说法正确的答案是〔〕A．假设磁场正在减弱，如此电容器上极板带正电B．假设电容器正在放电，如此电容器上极板带负电C．假设电容器上极板带正电，如此自感电动势正在减小D．假设电容器正在充电，如此自感电动势正在阻碍电流减小【考点】电磁波的产生．【分析】图为LC振荡电路，当电容器充电后与线圈相连，电容器要放电，线圈对电流有阻碍作用，使得Q渐渐减少，而B慢慢增加，所以电场能转化为磁场能．【解答】解：A、假设磁场正在减弱，由楞次定律可得线圈上端为正极，如此电容器上极带正电，处于充电状态．故A正确；B、假设电容器正在放电．由安培定如此可得电容器上极带负电．故B正确；C、假设电容器上极板带正电，说明电容器在充电，电流减小越来越快，自感电动势增大，故C错误；D、假设电容器正在充电，如此线圈自感作用，阻碍电流的减小，故D正确；应当选：ABD．【点评】穿过线圈磁通量变化，从中产生感应电动势，相当于电源接着电容器．振荡电路产生的振荡电流频率平方与线圈L与电容器C成反比．3．如下列图为用a、b两种单色光分别通过同一双缝干预装置获得的干预图样．现让a、b两种光组成的复色光穿过平行玻璃砖或三棱镜时，光的传播方向中可能正确的答案是〔〕A．B． C．D．【考点】光的折射定律；电磁波谱．【专题】光的折射专题．【分析】根据双缝干预相邻条纹间距公式△x=λ可得波长关系，知道折射率关系，结合玻璃砖的光学特性进展分析．由sinC=分析临界角的大小，分析光从棱镜射入空气中能否发生全反射．【解答】解：AB、根据双缝干预相邻条纹间距公式△x=λ可知，a光的波长大，如此同一介质对a 的折射率小，对b光的折射率大．根据平行玻璃砖的光学特性可知，出射光线与入射光线平行，由于a光的折射率小，偏折程度小，所以出射时a光应在右侧，故AB错误．C、由sinC=分析可知，a光的临界角较大．当光从棱镜射入空气中时，假设b不发生全反射，能射出棱镜，如此a光一定也不发生全反射从棱镜射出，故C错误．D、当光从棱镜射入空气中时，假设a不发生全反射，能射出棱镜，b光可能发生全反射不从棱镜射出，此图是可能的，故D正确．应当选：D．【点评】解决此题掌握光学的根本知识：双缝干预相邻条纹间距公式△x=λ、折射定律、临界角公式sinC=、全反射的条件．4．如下列图，M、N是以MN为直径的半圆弧上的两点，O点为半圆弧的圆心．将带电荷量相等、电性相反的两个点电荷分别置于M、N两点，这时O点电场强度的大小为E1；假设将N点处的点电荷移至O点正下方，如此O点的电场强度大小变为E2，E1与E2之比为〔〕A．1：B．：1 C．2：D．4：【考点】电势差与电场强度的关系；电场强度．【专题】定量思想；合成分解法；电场力与电势的性质专题．【分析】由电场的叠加可知各点电荷单独在O点形成的场强大小，移动之后电荷距O点的距离不变，故电场强度大小不变，如此由矢量合成的方向可得出移动之后的合电场；即可求得E1与E2比值．【解答】解：依题意，每个点电荷在O点产生的场强为如此当N点处的点电荷移至P点时，O点合场强大小为，如此E1与E2之比为，故B、C正确；应当选：BC【点评】电场强度为矢量，在求合场强时应先分别求得各电荷在O点的场强再由矢量的合成方法﹣平行四边形求得总的场强．5．如下列图，一电荷量为+Q的点电荷甲固定在光滑绝缘的水平面上的O点，另一电荷量为+q、质量为m的点电荷乙从A点以v0=2m/s的初速度经C沿它们的连线向甲运动，到达B点时的速度为零，AC=CB，φA=3V，φB=5V，静电力常量为k，如此如下表述正确的答案是〔〕A．φC＞4VB．φC＜4VC．点电荷乙的比荷为1C/kgD．点电荷乙从A到C过程其动能的减少量与从C到B过程其动能的减少量相等【考点】电势差与电场强度的关系；电势；电势能．【专题】定性思想；推理法；电场力与电势的性质专题．【分析】根据点电荷电场线分布，来确定等势面的分布，从而确定C点的电势与4V的关系，根据动能定理，结合电场力做功，即可求解点电荷乙的比荷．分别计算出点电荷乙从A到C过程其动能的减少量与从C到B过程其动能的减少量，再进展比拟．【解答】解：AB、根据点电荷的电场线的分布，与φA=3V，φB=5V，可知，电势为4V的等势面在BC 之间，因此φC＜4 V，A错误，B正确；C、根据动能定理，电荷乙从A运动到B过程，如此有： =qU AB；其中U AB=φA﹣φB=﹣2V 解得： =1 C/kg，C正确；D、点电荷乙从A到C过程其动能的减少量为qU AC，从C到B过程其动能的减少量为qU CB，因为U CB＞U AC，点电荷乙从A到C过程其动能的减少量小于从C到B过程其动能的减少量，D错误；应当选：BC．【点评】考查电场线与等势面的关系，掌握点电荷的电场线的分布，了解动能定理的应用；注意比荷的含义，以前叫荷质比，可以利用这个来记忆比荷表示什么．6．如下列图，电荷量为+1×10﹣6C的点电荷A镶嵌在墙壁上，带电荷量为十3×10﹣6C的小球B〔可视为点电荷〕悬挂在长为50cm的轻绳末端，悬点在A的正上方C处，A、C之间的距离为40cm，重力加速度为10m/s2．静电力常量k=9.0×109N•m2/C2，如此如下表述正确的答案是〔〕A．假设AB垂直于墙面，如此A、B之间的库仑力为0.3NB．假设仅减少B的电荷量，再次平衡后，A、B之间的电场力减小C．假设同时增加B的质量和B的电荷量，B的位置可能不变D．只要绳长不变，如此绳中拉力大小不变【考点】库仑定律；共点力平衡的条件与其应用．【专题】定量思想；合成分解法；电荷守恒定律与库仑定律专题．【分析】对B受力分析，找出各力之间的关系，结合几何关系和库仑定律进展判断；A、根据库仑公式求的库仑力；B、以小球B为研究对象，由于逐渐漏电的过程中，处于动态平衡状态．分析B受力情况：重力G，A的斥力F1和线的拉力F2三个力作用，作出受力图，根据△FBF1∽△PQB，得到线的拉力F1与线长的关系，再进展分析求解；C、判断B的重力G和A、B之间库伦力的变化，判断B的位置是否变化；D、受力分析，得出绳子拉力与重力G的关系，判断出拉力与G有关；【解答】解：A、假设AB垂直于墙面，如此由勾股定理得AB=30cm=0.3m，A、B之间的库仑力为，A正确；B、作出小球B受力分析图如下列图，小球受到重力G，A的斥力F1和线的拉力F2三个力作用，作出F1、F2的合力F，如此由平衡条件得：F=G．根据△FBF1∽△PQB得：，如此在B点带电量逐渐减少的过程中，PQ、BQ、G均不变，如此A、B之间的电场力F1不变；C、假设同时增加B的质量和B的电荷量，如此G增大，A、B之间的电场力F1不变，如此B的位置一定变化，C错误；D、根据△FBF1∽△PQB得，且FF1=F2，F=G，故，如此绳中拉力大小与小球重力G 有关，D错误；应当选：A【点评】此题是力学中动态平衡问题，采用的是三角形相似法，得到力的大小与三角形边长的关系，进展分析，也可以应用函数法求解．7．在相距为r的A、B两点分别放上点电荷Q A和Q B，C为AB的中点，如下列图，现引入带正电的检验电荷q，如此如下说法正确的答案是〔〕A．如果q在C点受力为零，如此Q A和Q B一定是等量异种电荷B．如果q在AB延长线离B较近的D点受力为零，如此Q A和Q B一定是异种电荷，且电量大小Q A＞Q B C．如果q在AC段上的某一点受力为零，而在BC段上移动时始终受到向右的力，如此Q A一定是负电荷，且电量大小Q A＜Q BD．如果q沿AB的垂直平分线移动时受力方向始终不变，如此Q A和Q B一定是等量异种电荷【考点】库仑定律．【专题】电场力与电势的性质专题．【分析】知道在电场中某点的电场强度方向．电场强度是矢量，能用平行四边形法如此进展矢量叠加．【解答】解：A、如果q在C点受力为零，如此Q A和Q B对q的力方向相反，所以Q A和Q B一定是等量同种电荷，故A错误B、如果q在AB延长线离B较近的D点受力为零，如此Q A和Q B一定是异种电荷，有库仑定律，对q 有=r A＞r B，所以电量大小Q A＞Q B．故B正确C、如果q在AC段上的某一点受力为零，根据=所以Q A＜Q B．在BC段上移动时始终受到向右的力，如此Q A一定是负电荷，故C正确D、如果q沿AB的垂直平分线移动时受力方向始终不变，即水平方向，所以Q A和Q B一定是等量异种电荷，故D正确应当选BCD．【点评】熟悉电场强度的方向和点电荷电场强度的公式应用．8．一带正电的粒子仅在电场力作用下从A点经B、C点运动到D点，其v﹣t图象如下列图，如此如下说法中正确的答案是〔〕A．A点的电场强度一定大于B点的电场强度B．粒子在A点的电势能一定大于在B点的电势能C．CD间各点电场强度和电势都为零D．AB两点间的电势差大于CB两点间的电势差【考点】电势差；电场强度．【专题】电场力与电势的性质专题．【分析】从图象可以看出，粒子做的是非匀变速直线运动，可得出受到的电场力不恒定，由带正电的粒子仅在电场力作用，有图线斜率代表加速度，有牛顿第二定律得知电场力的大小关系，从而得到电场强度德大小关系．由运动过程中，动能增加，势能减少，所以可判断出粒子在AB两点的电势能大小，有电场力做功的公式可得AB两点间的电势差与CB两点间的电势差的大小关系．【解答】解：A、由运动的速度﹣﹣时间图象可看出，带正电的粒子的加速度在A点时较大，有牛顿第二定律得知在A点的电场力大，故A点的电场强度一定大于B点的电场强度，故A正确；B、由A到B的过程中，速度越来越大，说明是电场力做正功，电势能转化为动能，由功能关系可知，此过程中电势能减少，正电荷在A点是电势能大于在B时的电势能，所以A点的电势能高于B点的电势能，故B正确．C、从C到D，粒子速度一直不变，故电场力做功为零，可知CD间各点电场强度为零，但电势不一定为零，故C错误；D、A、C两点的速度相等，故粒子的动能一样，因此从A到B和从B到C电场力做功的绝对值一样，AB两点间的电势差等于CB两点间的电势差，故D错误．应当选：AB【点评】此题考察到了电场力做功的计算和电场力做功与电势能的关系，其关系为：电场力对电荷做正功时，电荷的电势能减少；电荷抑制电场力做功，电荷的电势能增加，电势能变化的数值等于电场力做功的数值．这常是判断电荷电势能如何变化的依据．还考察了对于匀变速直线运动的图象分析电荷在电场中移动时，电场力做的功与移动的路径无关，只取决于起止位置的电势差和电荷的电量，这一点与重力做功和高度差的关系相似．9．有一条捕鱼小船停靠在湖边码头，小船又窄又长，一位同学想用一个卷尺粗略测定它的质量，他进展了如下操作：首先将船平行码头自由停泊，然后他轻轻从船尾上船，走到船头后停下，而后轻轻下船，用卷尺测出船后退的距离d，然后用卷尺测出船长L．他自身的质量为m，如此渔船的质量为〔〕A．B．C．D．【考点】动量守恒定律．【分析】人和船组成的系统所受合外力为0，满足动量守恒，由位移与时间之比表示速度，根据动量守恒定律进展分析与计算．【解答】解：设人走动时船的速度大小为v，人的速度大小为v′，人从船尾走到船头所用时间为t．取船的速度为正方向．如此 v=，v′=，根据动量守恒定律得：Mv﹣mv′=0，解得，船的质量：M=；应当选：B．。

高三年级（上）第7次周考测试卷物 理 试 卷一、选择题（40分）1．从地面以大小为v 1的初速度竖直向上抛出一个皮球，经过时间t 皮球落回地面，落地时皮球速度的大小为v 2。

已知皮球在运动过程中受到空气阻力的大小与速度的大小成正比，重力加速度大小为g 。

下面给出时间t 的四个表达式中只有一个是合理的，你可能不会求解t ，但是你可以通过一定的物理分析，对下列表达式的合理性做出判断。

根据你的判断，t 的合理表达式应为（ ）A ．gv v t 21+= B ． g v v t 21-= C ．g v v t 21= D ．g v v t 1)(12= 2．一质点沿直线运动时的速度—时间图线如图所示，则以下说法中正确的是：( )A ．第1s 末质点的位移和速度都改变方向。

B ．第2s 末质点距出发点最远C ．第4s 末质点回到出发点。

D ．第3s 末和第5s 末质点的位置相同。

3．如图所示，一个质量为m 的滑块静止置于倾角为30°的粗糙斜面上，一根轻弹簧一端固定在竖直墙上的P 点，另一端系在滑块上，弹簧与竖直方向的夹角为30°。

则（ ）A ．滑块一定受到四个力作用B ．弹簧一定处于压缩状态C ．斜面对滑块一定有支持力D ．斜面对滑块的摩擦力大小可能等于零4．如图所示，A 、B 是带有等量的同种电荷的两小球，它们的质量都是m ，它们的悬线长度都是L ，悬线上端都固定在同一点O ，B 球悬线竖直且被固定，A 球在力的作用下，在偏离B 球s 的地方静止平衡，此时A 受到绳的拉力为F T ；现保持其他条件不变，用改变A 球质量的方法，使A 球在距离B 为 2s 处静止平衡，则A 受到绳的拉力为A ．F TB ．2F TC ．4F TD ．8F T5．如图所示，在光滑水平地面上，水平外力F 拉动小车和木块一起做无相对滑动的加速运动．小车质量为M ，木块质量为m ，加速度大小为a ，木块和小车之间的动摩擦因数为μ，则在这个过程中，木块受到的摩擦力大小是A ．μmg B.mF M m + C ．μ（M ＋m ）g D ．ma6．如图所示，有一固定的且内壁光滑的半球面，球心为O ，最低点为C ，在其内壁上有两个质量相同的小球（可视为质点）A 和B ，在两个高度不同的水平面内做匀速圆周运动，A 球的轨迹平面高于B 球的轨迹平面，A 、B 两球与O 点的连线与竖直线OC 间的夹角分别为α=53°和β=37°(sin37°=0.6，cos37°=0.8，sin53°=0.8，cos53°=0.6)，以最低点C 所在的水平面为重力势能的参考平面，则（ ）A ．A 、B 两球所受弹力的大小之比为4︰3 B ．A 、B 两球运动的周期之比为4︰3C ．A 、B 两球的动能之比为64︰27D ．A 、B 两球的重力势能之比为16︰97F 把质量为mA 8R 。