湖南省邵阳县石齐学校2014-2015学年高二下学期第一次月考物理试题(星班) (Word版含答案)

2015-2016学年湖南省邵阳市邵阳县石齐学校高二（上）第一次月考物理试卷（理科）学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________一、单选题(本大题共8小题，共32.0分)1.下列物理量中矢量是哪个？（）A.电场强度B.电势C.电动势D.电流【答案】A【解析】解：A、矢量是既有大小又有方向的物理量，电场强度是矢量，故A正确．BC、标量是只有大小没有方向的物理量，电势和电动势都是标量，故BC错误．D、电流有方向，其方向表示正电荷定向移动的方向，由于电流运算时不遵守平行四边形定则，所以电流不是矢量，是标量，故D错误．故选：A矢量是既有大小又有方向的物理量，标量是只有大小没有方向的物理量．矢量与标量有两大区别：一是矢量有方向，标量没有方向；二是运算法则不同，矢量运算遵守平行四边形定则，标量运算遵守代数加减法则．2.关于电场强度，下列说法中正确的是（）A.在以点电荷为中心的球面上任意两点的电场强度相同B.检验电荷在电场中某点受力的方向一定是该点场强方向C.在电场中某点，检验电荷q所受的电场力F与q的比值不随q的变化而变化D.场强的大小和检验电荷q的大小成正比【答案】C【解析】解：A、在以点电荷为中心的球面上任意两点的电场强度大小相等，方向不同，故A错误；B、正检验电荷在电场中某点受力的方向一定是该点场强方向，负检验电荷在电场中某点受力的方向与该点场强方向相反，故B错误；C、在电场中某点，检验电荷q所受的电场力F与q的比值时电场强度，与电场本身有关，与检验电荷q无关，故C正确，D错误；故选：C公式E=是电场强度的定义式，运用比值法定义，电场强度反映本身的特性，与试探电荷无关，知道场强是矢量，既有大小，又有方向解决本题的关键是运用比值法定义的共性来理解电场强度的物理意义，知道E由电场本身决定，与试探电荷所受的电场力F和电荷量q无关3.在点电荷-Q形成的电场中有一点A，当一个+q的检验电荷从电场的无限远处被移到电场中的A点时，电场力做的功为W，则检验电荷在A点的电势能及电场中A点的电势分别为（）A.E A=-W，φA=B.E A=W，φA=-C.E A=W，φA=D.E A=-W，φA=-【答案】D【解析】解：依题意，检验电荷+q从电场的无限远处被移到电场中的A点时，电场力做的功为W，则电荷的电势能减小W，无限处电荷的电势能为零，则电荷在A点的电势能为E A=-W，A点的电势．故选：D根据电场力做功多少，电荷的电势能就减小多少分析电荷在A点与无限远间电势能的变化量，确定电荷在A点的电势能，由公式求解A点的电势．电场中求解电势、电势能，往往先求出电势能改变量、该点与零电势的电势差，再求解电势和电势能．公式一般代入符号计算．4.图中A，B，C三点都在匀强电场中，已知AC⊥BC，∠ABC=60°，BC=20cm．把一个电量q=10-5C的正电荷从A移到B，电场力做功为零；从B移到C，电场力做功为-1.73×10-3J，则该匀强电场的场强大小和方向是（）A.865V/m，垂直AC向左B.865V/m，垂直AC向右C.1000V/m，垂直AB斜向上D.1000V/m，垂直AB斜向下【答案】D【解析】解：由电场力做功的特点可知，AB两点电势相等，故AB应为等势面；因电场线与等势面相互垂直，故过C做AB的垂线，一定是电场线；因从B到C由W=U q可知，BC两点的电势差U==-173V；即C点电势高于B点的电势，故电场线垂直于AB斜向下；BC间沿电场线的距离d=BC sin60=0.173m；由E=可知电场强度E=V/m=1000V/m；故选D．由题意可知AB两点电势相等，则可知等势面，由电场线可等势面的关系可知电场线；由电场力做功可求得BC两点的电势差，则可确定电场线的方向，由U=E d可求得电场强度．电场线与等势面相互垂直而电场线由是由高电势指向低电势；匀强电场中U=E d中的d 应为沿电场方向的有效距离．5.如图所示，在匀强电场中，有相互平行且间隔相等的5个等势面A、B、C、D、E，其中等势面B的电势为零，一正电荷在只受电场力作用的情况下，以垂直等势面A的初速度自A射入，且初动能为20J，到达等势面E时动能为零，则该电荷在电势能为5J处的动能是（）A.20JB.15JC.10JD.5J【答案】C【解析】解：由动能定理可知，由A到E过程中，电场力做功为W=0-20=-20J；由于每两个等势面间的电势差相等，故每两点间电场力做功为W0==-5J；故电荷到达B时，动能为20-5=15J；由于整个过程中只有电场力做功；故动能和电势能的总量不变，一直为15J；故当电势能为5J时，动能为：15-5=10J；故选：C．对AE过程分析由功能关系可求得电势能的变化量，则可求得B面上电势能和动能的总量；由电势能和动能之和不变可求得电势能为5J时的动能．本题可借助机械能守恒定律进行理解，要注意在只有电场力做功的情况下，动能和电势能之间相互转化，但总量不变．6.如图所示，在两块带电平行金属板间，有一束电子沿O x轴方向射入电场，在电场中的运动轨迹为OCD．已知OA=AB，则电子在OC段和CD段动能的增加量之比△E k C：△E k D为（）A.1：4B.1：3C.1：2D.1：1【答案】B【解析】解：电子沿O x轴射入匀强电场，做类平抛运动，水平方向做匀速直线运动，已知OA=AB，则由公式x=v0t得知：电子从O到C与从C到D的时间相等．电子在竖直方向上做初速度为零的匀加速运动，根据匀变速直线运动的推论可知，在竖直方向上：y OC：y CD=1：3根据动能定理得：△E k C=q E y OC，△E k D=q E y CD，则得：△E k C：△E k D=1：3．故B正确．故选：B．电子沿O x轴射入匀强电场，做类平抛运动，水平方向做匀速直线运动，已知OA=AB，可得到时间关系．电子在竖直方向做匀加速运动，由运动学公式可分析速度关系，并能得到竖直位移的关系，由动能定理分析动能变化量的关系．本题是类平抛运动问题，运用运动的分解法研究，灵活运用比例法求解，当然也可根据运动学公式进行分析．7.一根粗细均匀，阻值为8Ω的电阻丝，在温度不变的情况下，先将它等分成四段，每段电阻为R1；再将这四段电阻丝并联，并联后总电阻为R2．则R1与R2的大小依次为（）A.1Ω，0.5ΩB.4Ω，1ΩC.2Ω，0.5ΩD.2Ω，1Ω【答案】C【解析】解：一根粗细均匀的电阻丝，将它等分成四段，每段的长度减小为四分之一，横截面积和电阻率一定，故电阻减小为四分之一，为R1=；再将这四段电阻丝并联起来，横截面积增加为4倍，根据电阻定律，R2===0.5Ω；故选C．一根粗细均匀的电阻丝，将它等分成四段，每段的长度减小为四分之一；再将这四段电阻丝并联起来，横截面积增加为4倍；根据电阻定律公式R=分析即可．本题关键根据电阻定律公式R=分析，找出长度、截面积的变化情况即可．8.一台电动机，额定电压是100V，电阻是1Ω．正常工作时，通过的电流为5A，则电动机的机械功率为（）A.500WB.25WC.2000WD.475W【答案】D【解析】解：电动机额定电压为220V，线圈电阻R=5Ω，正常工作时通过电动机线圈的电流为4A，正常工作1min，根据焦耳定律，产生的热量为：P Q=I2R t=52×1W=25W；输出的机械功率为：P出=UI-I2R=100×5W-52×1W=475W；故ABC错误，D正确．故选：D．根据焦耳定律公式Q=I2R t列式求解电热，根据P=UI求解电功率，根据P出=UI-I2r求解机械功率．本题关键明确电动机是非纯电阻电路，电功等于电热和输出的机械功率．二、多选题(本大题共1小题，共4.0分)9.如图所示，直线a、抛物线b和曲线c分别为某一稳恒直流电源在纯电阻电路中的总功率P、电源内部发热功率P r、输出功率P R随电流I变化的图象，根据图象可知（）A.电源的电动势为9V，内阻为3ΩB.电源的电动势为3V，内阻为1ΩC.图象中任意电流值对应的P、P r、P R间的关系为P＞P r+P RD.电路中总电阻为2Ω时，外电阻上消耗的功率最大且为2.25W【答案】BD【解析】解：A、B：直流电源的总功率P E=EI，故图线a的斜率等于电源的电动势，由得到E==3V．由图线b，当I=3A时，P r=9W，由公式P r=I2r得，r=1Ω．故A错误，B正确．C、在a、b、c三条图线上分别取横坐标相同的A、B、C三点，这三点的纵坐标P A、P B、P C，则这三点的纵坐标P A、P B、P C分别是电源的总功率、电源内部的发热功率和输出功率，根据能量关系可知，P A=P B+P C．即P=P r+P R，故C错误．D、由图线c可知，当电流为1.5A时外电阻消耗的功率最大．此时电路中的总电阻为，外电阻上消耗的功率最大为P R=EI-I2r=3×1.5-1.52×1Ω=2.25W．故D正确．故选BD．三种功率与电流的关系是：直流电源的总功率P E=EI，内部的发热功率P r=I2r，输出功率P R=EI-I2r，根据数学知识选择图线．根据图线a斜率求解电源的电动势．由图读出电流I=3A时，发热功率P r=I2r，求出电源的内阻．当电流为1.5A时，根据闭合电路的欧姆定律求出总电阻，根据能量关系求外电阻上消耗的最大功率．本题首先考查读图能力，物理上往往根据解析式来理解图象的物理意义．三、单选题(本大题共1小题，共4.0分)10.如图所示的电路中，电源的电压为U，R0为半导体热敏电阻，r、R1、R2是普通电阻，设除热电阻外，其他均不受温度的影响，那么当环境温度升高后，关于各电表示数的说法中正确的是（）A.A增大，V1增大，V2增大B.A增大，V1减小，V2增大C.A减小，V1增大，V2增大D.A减小，V1减小，V2增大【答案】B【解析】解：当环境温度升高后，R0减小，外电路总电阻减小，根据闭合电路欧姆定律分析知，电路中的电流增大，则A增大．电阻R1两端电压增大，则V2增大．电压V1测量R1、R2、R0的总电压，其示数为U=E-I r，I增大，E、r不变，则U减小，V1减小．所以A 增大，V1减小，V2增大，故B正确．故选：B当环境温度升高后，R0减小，外电阻减小，根据闭合电路欧姆定律分析知，电路中电流增大，再分析R1两端电压和R1、R2、R0的总电压的变化，判断三个电表示数的变化．本题解题的关键是掌握热敏电阻的阻值随温度的升高而减小的特性，再进行动态变化分析．四、多选题(本大题共3小题，共12.0分)11.两个半径相同的金属小球，它们的带电量之比为2：8，相距为r，将两者相互接触后再放回原来的位置上，则它们的相互作用力可能为原来的（）A. B. C. D.【答案】AB【解析】解：由库仑定律可得：F=k得，当两相同金属小球带同种电荷时，两者相互接触后再放回原来的位置上，它们的电荷量变为5：5，所以库仑力是原来的25：16．当两相同金属小球带异种电荷时，两者相互接触后再放回原来的位置上，它们的电荷量变为3：3，所以库仑力是原来的9：16．故A、B正确，C、D错误．故选：AB．两电荷间存在库仑力，其大小可由库仑定律求出．当两电荷相互接触后再放回原处，电荷量可能相互中和后平分，也可能相互叠加再平分，所以库仑力的变化是由电荷量变化导致的．解决本题的关键掌握库仑定律的公式，注意两个金属小球可能带同种电荷，可能带异种电荷．12.一带电油滴在场强为E的匀强电场中运动的轨迹如图中虚线所示，电场方向竖直向下．若不计空气阻力，此带电油滴从a运动到b的过程中，能量变化情况为（）A.动能减小B.电势能增加C.动能和电势能之和减小D.机械能增加【答案】CD【解析】解：A、粒子由a到b，由运动轨迹可判出粒子受电场力与重力的合力向上，故粒子带负电且电场力大于重力，电场力与重力的合力做正功，由动能定理可知，油滴的动能增大；故A错误；B、由于电场力做正功，故电势能减小，故B错误；C、D、由能量的转化与守恒知，系统中重力势能、动能、电势能之和保持不变，由题易知重力势能增加，故动能和电势能之和减小，故C正确；D、由于电场力做正功，故机械能增加，故D正确故选：CD由粒子的运动轨迹可知粒子电性，则可求得电场力对粒子所做的功的性质；由动能定理可求得动能的变化；由能量关系可知重力势能与电势能总和的变化，及动能和电势能之和的变化带电粒子在电场中的偏转类题目，较好的考查了曲线运动、动能定理及能量关系，综合性较强，故在高考中经常出现，在学习中应注意重点把握13.有一横截面为S的铜导线，流经其中的电流为I，设每单位长度的导线中有n个自由电子，电子的电量为e，此时电子定向移动的速率为v，在△t时间内，通过导体横截面的自由电子的数目为（）A.nv S△tB.nv△tC.D.【答案】ABC【解析】解：根据电流的微观表达式I=nevs，在△t时间内通过导体横截面的自由电子的电量q=I△t，则在△t时间内，通过导体横截面的自由电子的数目为n==，将I t=nevst代入得n=s=nvs△t．故选：BC．根据电流的微观表达式I=nevs，求出在△t时间内通过导体横截面的自由电子的电量，每个电子的电量为e，再确定通过导体横截面的自由电子的数目．本题考查电流的微观表达式和定义式综合应用的能力，电流的微观表达式I=nqvs，是联系宏观与微观的桥梁，常常用到．五、单选题(本大题共1小题，共4.0分)14.如图所示，已知C=6μF，R1=5Ω，R2=6Ω，E=6V，r=1Ω，开关原来处于断开状态，下列说法中正确的是（）A.开关S闭合瞬间，电流表的读数为0.5AB.开关S闭合瞬间，电流表的读数为5.5AC.开关闭合经过一段时间，再将开关S迅速断开，则通过R2的电量为1.8×10-5CD.以上答案都不对【答案】C【解析】解：A、电路稳定时，电流表的读数为：I1==A=0.5A，在开关S闭合的瞬间，电容器充电，有充电电流，电流表的读数大于电路稳定时电流表的读数，所以开关S闭合瞬间，电流表的读数大于0.5A．故A错误．B、在开关S闭合的瞬间，电容器充电，电路中的电流不大于：I==1A，故B错误．C、电路稳定时，电容器板间电压为：U=I1R2=3V，其所带电量为：Q=CU=3×6×10-6C=1.8×10-5C，则再将开关S迅速断开，则通过R2的电量为1.8×10-5C．故C正确．D、由上可知，D错误．故选C根据闭合电路欧姆定律求出电路稳定时，电路中的电流和R2两端的电压，求出电容器所带电荷量．在开关S闭合的瞬间，电容器充电，电流表的读数与电路稳定时不同．开关S迅速断开，通过R2的电量等于电容器原来的带电量．本题要注意电路稳定时，与开关闭合的瞬间不同：电路稳定时，电容器所在电路没有电流，相当于断路，开关S闭合的瞬间，电容器充电，有充电电流．六、多选题(本大题共1小题，共4.0分)15.如图所示，电源电动势为E，内阻为r，R0为定值电阻，R为可变电阻，且其总阻值R＞R0+r，则当可变电阻的滑动触头由A向B移动时（）A.电源内部消耗的功率越来越大，电源的供电效率越来越低B.R、R0上功率均越来越大C.R0上功率越来越大，R上功率先变大后变小D.R-0上功率越来越大，R上功率先变小后变大【答案】AC【解析】解：A、滑动变阻器的电阻变小，外电路的总电阻也变小，电路的总电流逐渐的增大，由P=I2r可知，电源内部消耗的功率越来越大，电源的供电效率越来越低，所以A正确；B、滑动变阻器的电阻变小，外电路的总电阻也变小，电路的总电流逐渐的增大，由P=I2R0可知，R0上功率越来越大，当R=R-0+r的时候，滑动变阻器的功率最大，由于R＞R-0+r，所以当滑动变阻器的电阻不断减小的过程中，R上功率先变大后变小，所以C正确，BD错误．故选：AC．可变电阻的滑动触头由A向B移动时，滑动变阻器的电阻变小，外电路的总电阻也变小，外电路的电压也就越小，电源的效率越小，当电源的内电阻和外电阻相等时，电源的输出功率最大．外电阻的电阻越大，外电路的电压也就越大，电源的效率越大，当电源的内电阻和外电阻相等时，电源的输出功率最大．七、实验题探究题(本大题共3小题，共10.0分)16.一次实验时某同学用螺旋测微器测量（如图），示数为______mm．【答案】8.075【解析】解：螺旋测微器的固定刻度为8mm，可动刻度为7.5×0.01mm=0.075mm，所以最终读数为8mm+0.075mm=8.075mm．故答案为：8.075．螺旋测微器的读数方法是固定刻度读数加上可动刻度读数，在读可动刻度读数时需估读．对于基本测量仪器如游标卡尺、螺旋测微器等要了解其原理，要能正确使用这些基本仪器进行有关测量．17.如图所示为研究平行板电容器电容的实验，电容器充电后与电源断开，电荷量Q将不变，与电容器相连的静电计用来测量电容器的______ ．在常见的电介质中，由于空气的介电常数是最小的，当极板间插入其它的电介质时，电容器的电容将______ （填“增大”、“减小”、或“不变”），于是我们发现，静电计指针偏角将______ （填“增大”、“减小”、或“不变”）．【答案】电压；增大；减小【解析】解：电容器充电后与电源断开，电量Q保持不变；静电计可以测量电容器的电压；当插入介质时，ɛ增大，由C=可知电容将增大；由U=可知，两板间的电压减小，静电计指针偏角减小；故答案为：电压；增大；减小平行板电容器充电后与电源断开，极板上的电荷量不变；平行板电容器的电容C=，根据题目中各量的变化可判断电容的变化，由C=得出电压的变化，即可得出偏角的变化；平行板电容器的动态分析要注意两大类问题，若通电后断开，则电容器两板上的电量不变；而保持与电源相连，则两极板上的电压不变．18.在“描绘小灯泡的伏安特性曲线”的实验中，除有一标有“6V，1.5W”的小灯泡、导线和开关外，还有：A．直流电源6V（内阻不计）B．直流电流表0～300m A（内阻约为5Ω）C．直流电压表0～10V（内阻约为15kΩ）D．滑动变阻器10Ω，2A实验要求小灯泡两端的电压从零开始变化并能进行多次测量．（1）画出实验电路图．（2）试将实物图所示器材连成实验电路．【答案】解：（1）实验要求小灯泡两端的电压从零开始变化，故变阻器必须采用分压接法；由于电压表内阻远大于小灯泡的内阻，为减小测量误差，故电流表采用外接法，则电路图如左图所示；（2）对照电路图，将实物图所示器材连成实验电路如右图所示．答：（1）电路图如左图所示．（2）将实物图所示器材连成实验电路如右图所示．【解析】（1）由题目要求确定出滑动变阻器的接法及电流表的接法，即可画出电路图；（2）对照电路原理图连接实物图即可．测定小灯泡伏安特性曲线实验一般采用电流表的外接法，变阻器用分压式接法，可根据“大内小外”的口诀，记住电流表的接法．八、计算题(本大题共3小题，共30.0分)19.如图所示的电路中，电阻R1=9Ω，R2=15Ω，电源的电动势E=12V，内电阻r=1Ω，安培表的读数I=0.4A．求：（1）流过电阻R1的电流是多少？（2）电阻R3的阻值是多大？（3）电阻R3消耗的电功率是多少？【答案】解：（1）R2的电压U2=I2R2=0.4×15V=6.0V根据闭合电路欧姆定律得：U2=E-I1（R1+r）则得流过电阻R1的电流I1==A=0.6A（2）流过电阻R3的电流I3=I1-I2=0.6-0.4=0.2A则R3==Ω=30Ω（3）电阻R3消耗的电功率是P3=U2I3=6×0.2W=1.2W答：（1）流过电阻R1的电流是0.6A．（2）电阻R3的阻值是30Ω．（3）电阻R3消耗的电功率是1.2W．【解析】（1）先根据欧姆定律求得R2的电压，再以R1和内阻r为研究对象，根据欧姆定律求得电路中总电流，即为流过电阻R1的电流．（2）根据并联电路分流规律求出流过电阻R3的电流，其电压与R2的电压相等，再求解R3的阻值．（3）电阻R3消耗的电功率由公式P=UI求解．对于直流电路的计算问题，关键要搞清各个电阻之间的联系，把握串联和并联电路的特点，根据相关公式求解．20.如图所示，边长为L的正方形区域abcd内存在着匀强电场．电量为q、动能为E k的带电粒子（不计重力）从a点沿ab方向进入电场，最后恰好从从c点离开电场．（1）求电场强度的大小（2）求粒子离开C点时的动能．【答案】解：（1）粒子的初动能为，E K=粒子在ab方向上作匀速运动，有L=v0t粒子在ad方向上做初速度为0的匀加速运动，有L=at2根据牛顿第二定律，得a=联立解得E=（2）根据动能定理，有q EL=E kt-E K所以E kt=q EL+E K=5E K．答：（1）电场强度的大小为．（2）粒子离开电场时的动能为5E K．【解析】（1）将运动沿着水平和竖直方向正交分解，运用牛顿运动定律、运动学公式和动能定理列式求解；（2）粒子在ab方向上作匀速运动；粒子在ad方向上做初速度为0的匀加速运动；运用牛顿运动定律、运动学公式和动能定理列式．本题关键将带电粒子的运动沿初速度方向和电场方向进行正交分解，然后根据牛顿第二定律和运动学公式列式求解．21.如图在竖直平面内有水平向右、电场强度为E=1×104N/C的匀强电场．在匀强电场中有一根长L=2m的绝缘细线，一端固定在O点，另一端系一质量为m=0.04kg的带电小球，它静止A点时悬线与竖直方向成θ=37°角．若小球恰好绕点在竖直平面内做圆周运动，（cos37°=0.8g=10m/s2）试求：（1）小球的带电荷量Q（2）小球动能的最小值（3）小球机械能的最小值（取小球静止时的位置为电势能零点和重力势能零点）【答案】解：（1）对小球进行受力分析如上图所示，可得：°．解得：小球的带电量为°．（2）由于重力和电场力都是恒力，所以它们的合力也是恒力．在圆上各点中，小球在平衡位置A点时的势能（重力势能和电势能之和）最小，在平衡位置的对称点B点，小球的势能最大，由于小球总能量不变，所以在B点的动能E k B最小，对应速度v B最小，在B点，小球受到的重力和电场力，其合力作为小球做圆周运动的向心力，而绳的拉力恰为零，有：°，而合，所以合（3）由于总能量保持不变，即E k+E PG+E PE=恒量．所以当小球在圆上最左侧的C点时，电势能E PE最大，机械能最小．由B运动到A，W合力=-（E PA-E PB），W合力=F合•2L，所以E PB=2J总能量E=E PB+E k B=2.5J．由C→A，W FE=F E•L•（1+sin37°）=0.96J，W FE=E P2（E P2为C点电势能）所以C点的机械能为E机C=E-E P2=1.54J答：（1）小球的带电荷量Q=3×10-5C（2）小球动能的最小值E kmin=0.5J（3）小球机械能的最小值（取小球静止时的位置为电势能零点和重力势能零点）E min=1.54J【解析】（1）根据小球在平衡位置合力为0，可以求出小球所受的电场力从而得出小球的带电荷量；（2）根据小球恰好在竖直面内做圆周运动这一临界条件，知，在平衡位置处合外力提供圆周运动的向心力从而求出小球动能的最小值．（3）抓住小球能量守恒，电势能最大处小球的机械能最小，根据做功情况分析．该题为小球在电场和重力场这一复合场中的运动问题，抓住重力和电场力的合力为恒力这一突破口解决本题．。

一、选择题（每题只有一个正确答案并把答案写在后面的答题卡上）（每小题3分，共60分）1.下列说法正确．．的是：A、质点一定是体积很小、质量很小的物体B、地球虽大，且有自转，但有时仍可将地球看作质点C、研究自行车的运动时，因为车轮在转动，所以无论什么情况下，自行车都不能看成质点D、当研究一列火车全部通过桥所需的时间，因为火车上各点的运动状态相同，则可以把火车视为质点2. 两辆汽车在平直公路上行驶，甲车内的人看见树木向东移动，乙车内的人发现甲车没有运动，如果以大地为参考系，上述事实说明：A、甲车向西运动，乙车不动B、乙车向西运动，甲车不动C、甲车向西运动，乙车向东运动D、甲、乙两车以相同速度向西运动3．关于参考系以下说法正确．．的有A. 研究和描述一个物体的运动时，必须选定参考系。

B. 由于运动是绝对的，描述运动时，无需选定参考系。

C. 一定要选固定不动的物体为参考系。

D. 研究地面上物体的运动时，必须选地球为参考系。

4.一小球从A点由静止开始做匀变速直线运动，若到达B点时速度为v，到达C点时速度为2v，则AB∶BC等于A.1∶1B.1∶2C.1∶3D. 1∶45. 关于时间和时刻，下列说法不正确．．．的是A．物体在5 s时指的是物体在5 s末时，指的是时刻B．物体在5 s内指的是物体在4 s末到5 s末这l s的时间C．物体在第5 s内指的是物体在4 s末到5 s末这l s的时间D．第4 s末就是第5 s初．指的是同一时刻6.从某高处释放一粒小石子，经过1 s从同一地点释放另一小石子，则它们落地之前，两石子之间的距离将A.保持不变B.不断变大C.不断减小D.有时增大有时减小7.下列关于变速直线运动说法正确．．的是A．匀加速直线运动的加速度是不断增加的B．匀减速直线运动的加速度是不断减小的C．匀变速直线运动是加速度不变的直线运动D．匀变速直线运动是速度和加速度都均匀变化的直线运动8．若汽车加速度方向与速度方向一致且加速度减小时，则A ．汽车的速度也减小B ．汽车的速度仍在增大C ．当加速度减小到零时，汽车静止D ．当加速度减小到零时，汽车的速度为零9．汽车以20m/s 的速度作匀速直线运动，司机见前方有障碍物立即刹车，刹车后加速度大小为5m/s 2，则汽车刹车后10s 内的位移为（ ） A. 30 m B. 40 m C. 210 m D. 120 m10.做匀加速运动的列车出站时，车头经过站台某点O 时速度是1 m/s ，车尾经过O 点时的速度是7 m/s ，则这列列车的中点经过O 点时的速度为A.5 m/sB.5.5 m/sC.4 m/sD.3.5 m/s11. 甲、乙、丙三辆汽车以相同的速度经过某一路标，以后甲车一直做匀速直线运动，乙车先加速后减速，丙车先减速后加速，它们经过下一路标时的速度又相同，则（ ）A 甲车先通过下一路标B 乙车先通过下一路标C 丙车先通过下一路标D 三车同时到达12.做初速度为零的匀加速直线运动的物体在时间T 内通过位移x 1到达A 点，接着在时间T 内又通过位移x 2到达B 点，则以下判断错误的是（ ）A ．物体在A 点的速度大小为Tx x 221+ B ．物体运动的加速度为21T x C ．物体运动的加速度为212T x x - D ．物体在B 点的速度大小为T x x 2312-13．关于直线运动，下述说法中正确．．的是 A ．匀速直线运动的速度是恒定的，不随时间而改变B ．匀变速直线运动的平均速度随时间而不改变C ．速度随时间不断增加的运动，叫匀加速直线运动D ．在匀减速直线运动中,速度只能随时间均匀减小。

一.单项选择题（每题只有一个正确答案，每题4分，7题共28分）1． 下列关于点电荷的说法中，正确的是( )A ．体积大的带电体一定不是点电荷B ．当两个带电体的形状对它们间相互作用力的影响可忽略时，这两个带电体可看做点电荷C ．点电荷就是体积足够小的电荷D ．点电荷是电荷量和体积都很小的带电体 2.下列说法中正确的是( )A ．同一电场线上的各点，电势一定相等B ．电势等于零的物体一定不带电C ．据F ＝k Q 1Q 2r2可知，当r →0时F →∞D ．静电力常量的数值是由实验得出的3.关于电容器的电容，下列说法正确的是( ) A ．电容器带电量越多，电容越大B. 电容器两板间电压越低，其电容越小C.电容器不带电时，其电容为0D.电容器的电容只由它本身特性决定4.电场线分布如图1所示，电场中a ，b 两点的电场强度大 小分别为E a 和E b ，电势分别为φa 和φb ，则( ) A ．E a >E b ，φa >φbB ．E a >E b ，φa <φbC ．E a <E b ，φa >φbD ．E a <E b ，φa <φb5.如图2所示，先接通S 使电容器充电，然后断开S ，当增大两极板间距离时，电容器所带电荷量Q 、电容C 、两板间电势差U 、电容器两极板间场强E 的变化情况是( ) A ．Q 变小，C 不变，U 不变，E 变小 B ．Q 变小，C 变小，U 不变，E 不变 C ．Q 不变，C 变小，U 变大，E 不变D ．Q 不变，C 变小，U 变小，E 变小6.如图3所示为某一点电荷Q 产生的电场中的一条电场线，A 、B一电子以某一速度沿电场线由A运动到B 的过程中，动能增加，则可以判断( )A ．电场线方向由B 指向A B ．场强大小E A ＞E BC ．若Q 为负电荷，则Q 在B 点右侧D ．Q 不可能为正电荷7.a 、b 、c 、d 是匀强电场中的四个点，它们正好是一个矩形的四个顶点．电场线与矩形所在平面平行．已知a 点的电势为20 V ，b 点的电势为24 V ，d 点的电势为4 V ，由此可知c 点的电势为( ) A ．4 V B ．8 V图1图2C．12 V D．24 V二．多项选择题（每题有多个正确答案，漏选得3分，错选得0分，全对得5分，共20分）8.M和N是两个不带电的物体，它们互相摩擦后M带正电1.6×10－10C，下列判断正确的有() A．在摩擦前M和N的内部没有任何电荷B．摩擦的过程中电子从M转移到NC．N在摩擦后一定带负电1.6×10－10 CD．M在摩擦过程中失去1.6×10－10个电子9．图4中虚线为一组间距相等的同心圆，圆心处固定一带正电的点电荷。

湖南省邵阳市邵阳县石齐中学2015-2016学年九年级（上）第一次月考物理试卷（直通班）一、单项选择题（本大题共15小题，每小题3分，共45分）1．测量紧密排绕在铅笔上的细铜丝的直径，如图所示．以下说法中正确的是（）A．所用刻度尺的分度值为1cmB．读取图中刻度尺的示数时，视线应与尺面平行C．测得图中线圈的总长度为15cmD．实验中需要数所绕铜丝的圈数2．在学校“运用物理技术破案”趣味游戏活动中，小明根据“通常情况下，人站立时身高大约是脚长的7倍”这一常识，可知留如图中脚印的“犯罪嫌疑人”的身高约为（）A．1.65m B．1.75m C．1.85m D．1.95m3．校园安全问题一直是社会关注的热点问题，交警部门在校园和校园附近安放了如图所示的四个标志，其中表示“限速5公里”的是（）A．B． C．D．4．如图所示为A、B两小车向右运动过程的频闪照片．它表示两个小球在相等的时间间隔所在的位置，则对A、B两小车的运动情况判断正确的是（）A．小车A做变速运动，小车B做匀速运动B．小车A做匀速运动，小车B做变速运动C．小车A、B都做匀速运动D．小车A、B都做变速运动5．如图是推出的铅球在空中运动过程中速度v随着时间t变化的图象，正确的是（）6．宋代诗人陈与义有诗“枫花两岸照船红，百里榆堤半日风，卧看满天云不动；不知云与我俱东．”诗中所涉及的“卧看满天云不动”是因为（）A．诗人以自己为参照物看云B．诗人的浪漫情怀所致C．云本来就不动 D．云向西运动7．一列队伍长40m，经过全长为80m的桥，队伍过桥共用了1min，若队伍前进可看作是匀速直线运动，则这支队伍行进速度为（）A．2m/s B．1.3m/s C．0.67m/s D．2.3m/s8．如图所示，对下列光学现象的描述或解释错误的是（）A．图（a）中漫反射的光线尽管杂乱无章，但每条光线仍然遵循光的反射定律B．图（b）中木工师傅观察木板是否平整，是利用了光的直线传播特点C．图（c）所示炎热夏天公路上的海市蜃楼景象，是由光的反射现象造成的D．图（d）所示是太阳光经过三棱镜色散后的色光排列情况9．对于凸透镜的成像规律，我们可以通过如图所示的器材来进行探究．回顾探究的过程，以下说法中错误的是（）A．将蜡烛、透镜、光屏放在同一直线上，是为了让像位于光屏的中央B．改变蜡烛到透镜之间的距离、透镜和光屏之间的距离，我们可以在光屏上得到不同的像C．在光屏上得到的像都是倒立的D．在光屏上得到的像都是缩小的10．小锋同学站在游泳池岸边，在地面上出现他的影子和在池水中出现的倒影，这二者的成因是（）A．都是光的折射引起的B．前者是由光的反射引起的，后者是由光的折射引起的C．都是光的反射引起的D．前者是由光的直线传播引起的，后者是由光的反射引起的11．为了使教室内的学生上课免受周围环境噪声干扰，采取下面哪些方法是有效、合理的（）A．老师讲话时声音要小一些B．每位学生都戴一个防噪声耳罩C．在教室周围植树D．教室内安装噪声监测装置12．二胡是我国劳动人民发明的一种弦乐器．演奏前，演员经常要调节弦的松紧程度，其目的在调节弦发声时的（）A．响度 B．音调 C．音色 D．振幅13．在城市高架道路的某些路段两侧设有3～4米高的透明板墙，安装这些板墙是为了（）A．保护车辆安全行驶B．阻止车辆排放的废气外泄C．体现高架道路设计的美观D．阻挡车辆产生的噪声，减小噪声污染14．甲、乙两个物体质量之比为3：2，体积之比为1：3，那么它们的密度之比为（）A．1：2 B．2：1 C．2：9 D．9：215．对密度定义式ρ=的下列几种理解中，正确的是（）A．密度与物体的质量成正比B．密度与物体的体积成反比C．密度与物体的体积成正比D．密度是物质本身的一种特性，与物体的质量和体积无关二、填空（每空1分，共21分）16．如图所示，兔子和乌龟在全程为s的赛跑中，兔子跑到树下用时t1，树下睡觉用时t2，醒后跑完剩下的路程用时t3兔子跑完全程的平均速度是：团体赛中，乌龟驮着兔子水中游，兔子背着乌龟地上跑，实现了双赢．兔子在乌龟背上说：“我是静止的，又可以悠闲的睡觉了！”兔子说自己是静止的是以为参照物的．17．女高音与男低音中的“高”与“低”指声音的不一样，是由声源的振动决定的；“引吭高歌“与“低声细语”中的“高”与“低”指声音的不一样，是由声源振动的决定的．18．笛子发出的声是由振动引起的，锣发声的时候，用手按住锣面．锣声就消失了，这是因为消失了．19．如图所示是两种声音的波形，从图形可知：甲是的波形，理由是；乙是的波形，理由是．20．驰名中外的北京天坛里的回音壁，三音石，圜丘三处建筑有非常美妙的声音现象，它是我国古代建筑师利用声音的造成的音响效果．21．实验室温度计是根据的性质制成的，在图中，温度计（甲）的读数是℃，（乙）的读数是℃．22．“逆水行舟，不进则退”这句俗语中“进”是以为参照物，“退”又是以为参物．23．如图所示，光与镜面成30°．角射在平面镜上．这条光线经平面镜反射后，反射角为；三、实验与（共22分）24．如图甲，S是一发光点，L是由S发出的其中一条光线，S′是S在平面镜中的像，确定平面镜的位置，并完成光路图．在图乙中完成透镜的光路图．25．在图中的方框中，根据射入和射出的光线，画出适当的光学器件．26．某同学用已调好的托盘天平测量物体的质量，操作情况如图所示，其中错误的是：①；②．27．为了测不沉于水的木块的密度，小明准备先用天平测出木块的质量，再用量筒和水测出木块体积，请你跟随他的测量过程，回答问题：（1）在调节天平平衡时，小明发现指针偏在分度盘的左侧，此时可以．A．将螺母向左旋 B．向左盘中加砝码 C．将螺母向右旋 D．向右盘中加砝码（2）在测木块体积时，由于木块不沉于水，小明便用较重的铁块与木块扎在一起，以便测出体积，测量过程如图三个量筒所示．根据图中的测量数据可知，木块的质量为g，密度为kg/m3．28．小明在“测小车的平均速度”的实验中，设计了如图所示的实验装置：小车从带刻度（分度值为2cm）的斜面顶端由静止下滑，图中的圆圈是小车到达A、B、C三处时电子表的显示（数字分别表示“小时：分：秒”）（1）该实验是根据公式进行速度计算的．（2）实验中为了方便计时，应使斜面的坡度较（填“大”或“小”）．（3）请根据图中信息回答S AB= cm； t BC= s；V AB= m/s；V BC= m/s．（4）由实验看出，小车在下滑过程速度越来越，是在做运动．（5）实验前必须学会熟练使用电子表，如果让小车过了A点后才开始计时，则会使所测AC 段的平均速度V AC偏（选填“大”或“小”）．四、计算题：29小题8分，30小题6分共14分29．一容积为350mL的瓶内盛有0.30kg的水，一只口渴的乌鸦为喝到水，衔石子投入瓶中，当投入20块石子后，水面恰好升到瓶口，若每块石子的平均质量为6g，求一块石子的体积和密度．30．李明同学骑自行车从家路过书店到学校上学，家到书店的路程为1800m，书店到学校的路程为3600m．当他从家出发到书店用时5min，在书店等同学用了1min，然后二人一起又经过了12min到达学校．求：（1）骑车从家到达书店这段路程中的平均速度是多少？（2）李明同学从家里出发到学校的全过程中的平均速度是多大？湖南省邵阳市邵阳县石齐中学2015-2016学年九年级（上）第一次月考物理试卷（直通班）参考答案与试题解析一、单项选择题（本大题共15小题，每小题3分，共45分）1．测量紧密排绕在铅笔上的细铜丝的直径，如图所示．以下说法中正确的是（）A．所用刻度尺的分度值为1cmB．读取图中刻度尺的示数时，视线应与尺面平行C．测得图中线圈的总长度为15cmD．实验中需要数所绕铜丝的圈数【考点】长度的测量．【专题】应用题．【分析】根据刻度尺读数方法、使用累积法测细铜丝的直径的注意事项分析答题．【解答】解：A、由图示可知，读出的分度值是1mm，不是1cm，故A错误；B、对刻度尺读数时，视线要与刻度尺刻度线垂直，故B错误；C、由图示刻度尺可知，线圈总长度是15.00cm﹣10.00cm=5.00cm，故C错误；D、实验中需要测出铜丝的总长度及铜丝的圈数，故D正确；故选D．【点评】本题考查了刻度尺读数的注意事项、刻度尺的读数，使用了“累积法”测铜丝直径，“累积法”可适用于长度、质量等多个物理量的测量，是我们应该掌握的一种实用的方法．2．在学校“运用物理技术破案”趣味游戏活动中，小明根据“通常情况下，人站立时身高大约是脚长的7倍”这一常识，可知留如图中脚印的“犯罪嫌疑人”的身高约为（）A．1.65m B．1.75m C．1.85m D．1.95m【考点】长度的测量．【专题】应用题；信息给予题．【分析】由图读出脚印的长度，根据“人站立时身高大约是脚长的7倍”这一常识计算身高．【解答】解：“犯罪嫌疑人”的脚印的长度约为：25.10cm；“犯罪嫌疑人”的身高约为：25.10cm×7=175.70cm=1.7570m；由此分析可知选项B是正确的；故选B．【点评】此题主要考查长度的测量和计算，属于基础知识．3．校园安全问题一直是社会关注的热点问题，交警部门在校园和校园附近安放了如图所示的四个标志，其中表示“限速5公里”的是（）A．B． C．D．【考点】物理常识．【专题】其他综合题．【分析】明确每个图标的含义，根据不同图标的不同含义选出符合要求的选项．【解答】解：A、图标提示此路段限速5公里．符合题意；B、图标提示此路段禁止自行车行驶．不符合题意；C、图标提示此路段禁止拖拉机行驶．不符合题意；D、图标提示此路段禁止鸣喇叭．不符合题意．故选A．【点评】学习物理很重要的一个方法是发现生活中的物理问题，注意记忆一些交通图标的含义．4．如图所示为A、B两小车向右运动过程的频闪照片．它表示两个小球在相等的时间间隔所在的位置，则对A、B两小车的运动情况判断正确的是（）A．小车A做变速运动，小车B做匀速运动B．小车A做匀速运动，小车B做变速运动C．小车A、B都做匀速运动D．小车A、B都做变速运动【考点】变速运动与平均速度．【专题】长度、时间、速度．【分析】在频闪照片中暗含的物理信息是每相连的两个点间的时间间隔相等，可根据两点间距变化判断做的是什么运动．【解答】解：A车频闪照片中两点间距一直不变，故做的是匀速直线运动；B车频闪照片中两点间距越来越大，做的是变速直线运动；所以小车A做匀速运动，小车B做变速直线运动，由此可知B符合题意，A、C、D不符合题意；故选B．【点评】频闪照片的原理和打点计时器一样，即每隔相同的时间打一个点，可直接同两点间距的变化判断做的是什么运动．5．如图是推出的铅球在空中运动过程中速度v随着时间t变化的图象，正确的是（）【考点】速度与物体运动；动能和势能的大小变化；动能的影响因素．【专题】信息给予题；推理法．【分析】由图可知，铅球被推出后先斜向上，后又斜下落，根据动能和重力势能的转化得出动能的变化，从而得出铅球的速度变化情况．【解答】解：铅球被斜向上推出后，动能减小（速度减小）、重力势能增大，动能转化为重力势能；到达最顶端（速度不为0）后又斜向下运动，动能增大（速度增大）、重力势能减少，重力势能转化为动能；由此可见，铅球的运动速度是先变小后变大．故选D．【点评】本题考查了斜上抛铅球的速度变化，从动能变化得出速度变化是本题的关键．6．宋代诗人陈与义有诗“枫花两岸照船红，百里榆堤半日风，卧看满天云不动；不知云与我俱东．”诗中所涉及的“卧看满天云不动”是因为（）A．诗人以自己为参照物看云B．诗人的浪漫情怀所致C．云本来就不动 D．云向西运动【考点】参照物及其选择；运动和静止的相对性．【专题】跨学科．【分析】研究物体的运动情况时，需要先选取一个标准做为参照物，物体与参照物的位置发生了变化，物体就是运动的；物体与参照物的位置没有发生变化，物体就是静止的．【解答】解：细细品味古诗，从最后一句“不知云与我俱东”可知，相对于地面来说，诗人与云都是向东运动的，也就是说，二者的运动状态相同，相对静止．所以诗人以自己为参照物看云时，会认为“卧看满天云不动”的效果．故选A．【点评】此题通过古诗句考查同学们对参照物的选择、运动和静止的相对性的理解和掌握，研究同一物体的运动状态，如果选择不同的参照物，得出的结论可以不同，但都是正确的结论．7．一列队伍长40m，经过全长为80m的桥，队伍过桥共用了1min，若队伍前进可看作是匀速直线运动，则这支队伍行进速度为（）A．2m/s B．1.3m/s C．0.67m/s D．2.3m/s【考点】速度的计算．【专题】长度、时间、速度．【分析】利用过桥问题的关系式：桥长+队伍长=整列队伍全部过桥所行进的路程，结合速度公式v=便可求解．【解答】解：整列队伍全部过桥所通过的路程：s=L桥+L队伍=80m+40m=120m，t=1min=60s，队伍行进的速度：v===2m/s故选A．【点评】本题考查速度公式的应用，关键是计算队伍过桥所经过的路程，这是解题过程中最容易出错的地方．8．如图所示，对下列光学现象的描述或解释错误的是（）A．图（a）中漫反射的光线尽管杂乱无章，但每条光线仍然遵循光的反射定律B．图（b）中木工师傅观察木板是否平整，是利用了光的直线传播特点C．图（c）所示炎热夏天公路上的海市蜃楼景象，是由光的反射现象造成的D．图（d）所示是太阳光经过三棱镜色散后的色光排列情况【考点】漫反射；光在均匀介质中直线传播；光的反射；光的折射现象及其应用；光的色散．【分析】A、光发生反射时要遵循光的反射定律，漫反射也遵循光的反射定律．B、光在同种均匀介质中是沿直线传播的．生活中光的直线传播的应用很多，观察木板是否平整，就是其中一例．C、海市蜃楼景象是由于光的折射造成的．D、不同的色光折射时，偏折的角度不同，红光偏折的角度最小，紫光偏折的角度最大．太阳光经过三棱镜色散后，从顶点到底边的光依次是红、橙、黄、绿、蓝、靛紫．【解答】解：A、光反射时都遵循光的反射定律，所以图（a）中漫反射的光线尽管杂乱无章，但每条光线仍然遵循光的反射定律．A正确B、图（b）中木工师傅观察木板是否平整，是利用了光的直线传播特点．B正确C、海市蜃楼景象是由于光的折射造成的，所以C错．D、太阳光经过三棱镜色散后，从顶点到底边的光依次是红、橙、黄、绿、蓝、靛紫，选项D正确．故选C【点评】本题考查了光学的有关基础知识，解决本题关键是掌握好光学的基础知识．9．对于凸透镜的成像规律，我们可以通过如图所示的器材来进行探究．回顾探究的过程，以下说法中错误的是（）A．将蜡烛、透镜、光屏放在同一直线上，是为了让像位于光屏的中央B．改变蜡烛到透镜之间的距离、透镜和光屏之间的距离，我们可以在光屏上得到不同的像C．在光屏上得到的像都是倒立的D．在光屏上得到的像都是缩小的【考点】凸透镜成像的应用．【专题】应用题．【分析】①探究凸透镜成像的实验时，在桌面上依次放蜡烛、凸透镜、光屏，三者在同一条直线上，三者的中心大致在同一高度，像才能呈在光屏的中心．②根据凸透镜成像的三种情况．u＞2f，成倒立、缩小的实像．2f＞u＞f，成倒立、放大的实像．u＜f，成正立、放大的虚像．【解答】解：A、蜡烛、凸透镜、光屏，三者在同一条直线上，三者的中心大致在同一高度，像才能呈在光屏的中心．故本选项说法正确，但不符合题意．B、由凸透镜成像规律可知，改变蜡烛到透镜之间的距离、透镜和光屏之间的距离，我们可以在光屏上得到不同的像，故本选项说法正确，但不符合题意．C、由凸透镜成像规律可知，在光屏上得到的像有倒立放大的实像，倒立等大的实像，倒立缩小的实像，总之在光屏上得到的像都是倒立的，故本选项说法正确，但不符合题意．D、由凸透镜成像规律可知，在光屏上得到的像有倒立放大的实像，倒立等大的实像，倒立缩小的实像，故本选项说法错误，但符合题意．故选D．【点评】凸透镜成像的情况和应用，以及凸透镜成实像时，物距变化，像距变化，像变化是凸透镜成像习题的重要依据，一定要熟练掌握．10．小锋同学站在游泳池岸边，在地面上出现他的影子和在池水中出现的倒影，这二者的成因是（）A．都是光的折射引起的B．前者是由光的反射引起的，后者是由光的折射引起的C．都是光的反射引起的D．前者是由光的直线传播引起的，后者是由光的反射引起的【考点】光的折射现象及其应用；光直线传播的应用；光的反射．【专题】应用题．【分析】影子，是太阳光沿直线传播过程中遇到不透明的树，在树的下面形成的光照不到的暗区；倒影是像，平静的水面相当于平面镜，倒影是平面镜成的像．【解答】解：水面相当于平面镜，小锋在水中的倒影是他在水面成的像，属于光的反射现象；而自己的影子由于光照射到自己身上形成的阴影部分，是由于光的直线传播形成的．故选D．【点评】此题主要考查光的反射和光的直线传播等知识点，难度不大，属于基础题．11．为了使教室内的学生上课免受周围环境噪声干扰，采取下面哪些方法是有效、合理的（）A．老师讲话时声音要小一些B．每位学生都戴一个防噪声耳罩C．在教室周围植树D．教室内安装噪声监测装置【考点】防治噪声的途径．【分析】防治噪声可以从噪声的产生、噪声的传播及噪声的接收这三个环节进行防治．【解答】解：为了使教室内的学生上课免受周围环境噪声干扰，可以考虑在噪声的传播途中进行防治，即采取在教室周围植树是有效、合理的办法；故选C．【点评】解决此类问题要结合噪声的防治方法上进行分析．12．二胡是我国劳动人民发明的一种弦乐器．演奏前，演员经常要调节弦的松紧程度，其目的在调节弦发声时的（）A．响度 B．音调 C．音色 D．振幅【考点】频率及音调的关系；响度与振幅的关系；音色．【分析】弦的长短、松紧、粗细都影响弦的振动快慢，影响振动频率，影响音调．【解答】解：（1）演员经常调节弦的松紧，弦的松紧程度决定着振动的频率，频率决定声音的音调．（2）用力大小能改变弦偏离原位置的大小，能改变振幅，能改变响度．（3）音色的影响因素是材料和结构，改变松紧时，没有改变弦的材料和结构，没有改变音色．故选B．【点评】（1）掌握声音的三个特性，三个特性的影响因素．（2）音调和响度容易混淆，注意区分．（3）掌握管乐、弦乐、打击乐的音调的影响因素，如何改变它们的音调和响度．13．在城市高架道路的某些路段两侧设有3～4米高的透明板墙，安装这些板墙是为了（）A．保护车辆安全行驶B．阻止车辆排放的废气外泄C．体现高架道路设计的美观D．阻挡车辆产生的噪声，减小噪声污染【考点】防治噪声的途径．【专题】应用题．【分析】防治噪声的途径有三条：防止噪声产生，阻断噪声的传播，防止噪声进入人耳．【解答】解：道路两侧设有3米至4米高的透明板墙是用来反射道路上的过往车辆所发出的噪声，其作用相当于一个隔音板，在噪声的传播过程中减弱噪声．道路两侧设置的是透明板墙，就是通过阻断噪声的传播，以减弱噪声对道路两旁住宅和办公楼的噪声污染，它并不能保护车辆安全行驶，也不能阻止车辆排放的废气外泄和体现高架道路设计的美观．故选D．【点评】题主要考查学生对减弱噪声途径的了解和掌握，是一道基础题．14．甲、乙两个物体质量之比为3：2，体积之比为1：3，那么它们的密度之比为（）A．1：2 B．2：1 C．2：9 D．9：2【考点】密度的计算．【专题】压轴题．【分析】已知质量和体积之比，利用即可求出．【解答】解：已知m甲：m乙=3：2；V甲：V乙=1：3；ρ甲：ρ乙==；故选择：D【点评】对密度的计算公式要熟练掌握，并能解决相应的比例问题．15．对密度定义式ρ=的下列几种理解中，正确的是（）A．密度与物体的质量成正比B．密度与物体的体积成反比C．密度与物体的体积成正比D．密度是物质本身的一种特性，与物体的质量和体积无关【考点】密度及其特性．【专题】密度及其应用．【分析】密度是物质的一种特性，对于确定的某种物质，它的密度不随质量、体积的改变而改变．【解答】解：同种物质，在一定状态下密度是定值，实际上当质量（或体积）增大几倍时，其体积（或质量）也增大几倍，而比值，即单位体积的质量不改变；因此，不能认为物质的密度与质量成正比，与体积成反比．因此，选项A、B、C都是错误的．而选项D符合对这一特性的描述．故选D．【点评】ρ=是密度的定义式，在分析各物理量的正反比关系时，一定要结合物理规律及生活实际，切不可脱离现实而一味分析其数学关系．二、填空（每空1分，共21分）16．如图所示，兔子和乌龟在全程为s的赛跑中，兔子跑到树下用时t1，树下睡觉用时t2，醒后跑完剩下的路程用时t3兔子跑完全程的平均速度是：团体赛中，乌龟驮着兔子水中游，兔子背着乌龟地上跑，实现了双赢．兔子在乌龟背上说：“我是静止的，又可以悠闲的睡觉了！”兔子说自己是静止的是以乌龟为参照物的．【考点】速度的计算；参照物及其选择；变速运动与平均速度．【专题】应用题；压轴题；长度、时间、速度；运动和力．【分析】已知总路程，总时间就是三段时间之和，平均速度等于总路程除以总时间．用来判断一个物体是否运动的另一个物体就叫参照物，兔子在乌龟背上，相对乌龟来说兔子是静止的．【解答】解：平均速度．兔子与乌龟之间没有位置的变化，所以兔子说自己静止是以乌龟为参照物．故答案为：；乌龟．【点评】本题考查平均速度的计算和参照物的选择，求平均速度关键是求总路程和总时间，判断一个物体是运动的还是静止的，要看这个物体与所选参照物之间是否有位置变化．若位置有变化，则物体相对于参照物是运动的；若位置没有变化，则物体相对于参照物是静止的．17．女高音与男低音中的“高”与“低”指声音的音调不一样，是由声源的振动频率决定的；“引吭高歌“与“低声细语”中的“高”与“低”指声音的响度不一样，是由声源振动的幅度决定的．【考点】频率及音调的关系；响度与振幅的关系．【分析】解决此题的关键是要知道声音的响度与声源振动的幅度有关，振动幅度越大，响度越大；音调的高低与发声体振动快慢有关，物体振动越快，音调就越高．【解答】解：声音音调的高低是由物体振动频率决定的，由于男女声带振动的快慢不同，所以音调也会不同，即会有女高音与男低音；“引吭高歌“与“低声细语”中的“高”与“低”指声音的响度不一样，是由声源振动的幅度决定的；故答案为：音调，频率，响度，幅度．【点评】解决此类题目的关键是会区分音调和响度．18．笛子发出的声是由空气柱振动引起的，锣发声的时候，用手按住锣面．锣声就消失了，这是因为振动消失了．【考点】声音的产生．【分析】声音是由发声体的振动产生的，振动停止，发声也停止．据此来分析．【解答】解：笛子是管乐器，靠的是空气柱的振动发出的声音；用手按住锣面，锣声的消失就是因为锣面不振动了．故答案为：空气柱；振动．。

2014-2015学年湖南省邵阳市邵阳县石齐学校高二（下）第一次月考物理试卷（石星班）学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________一、单选题(本大题共8小题，共32.0分)1.物理学的基本原理在生产生活中有着广泛应用．在下面器件中，利用电磁感应原理工作的是（）A.回旋加速器B.电磁炉C.质谱仪D.示波管【答案】B【解析】解：A、回旋加速器利用磁场使带电粒子旋转，电场使粒子加速．故A错误．B、电磁炉是利用电磁感应原理使产生涡流，将电能最终转化成内能．故B正确．C、质谱仪是利用电场加速，磁场使粒子偏转，不是电磁感应现象．故C错误．D、利用了电场加速和电场偏转的原理．故D错误．故选B回旋加速器利用磁场使带电粒子旋转，电场使粒子加速．电磁炉是利用电磁感应原理．质谱仪是利用电场加速，磁场使粒子偏转．示波器利用了电场加速和偏转的原理．本题的解题关键是要理解现代科技装置和产品的工作原理．2.一矩形线圈在匀强磁场中匀速转动时，产生的交变电动势的图象如图所示，则（）A.交变电流的频率是4πH zB.当t=0时，线圈平面与磁感线垂直C.当t=πs时，e有最大值D.交流电的周期是πs【答案】B【解析】解：AD、由图象知此交流电的周期为：T=2πs，交变电流的频率是：f=H z，故A错误，D错误；B、t=0时刻感应电动势为零，磁通量最大，线圈通过中性面，线圈平面与磁感线垂直，故B正确；C、当t=πs时，e=0，故C错误；故选：B．从图象得出电动势最大值、周期，从而算出频率、角速度；磁通量最大时电动势为零，磁通量为零时电动势最大，转速加倍，最大值加倍．本题考查正弦交变电流产生过程中磁通量与感应电流、感应电动势及位置之间的关系，基本题．3.如图所示的电路中，一个N极朝下的条形磁铁竖直下落，恰能穿过水平放置的方形导线框，下列判断正确的是（）A.磁铁经过图中位置1时，线框中感应电流沿abcd方向，经过位置2时沿adcb方向B.磁铁经过图中位置1时，线框中感应电流沿adcb方向，经过位置2时沿abcd方向C.磁铁经过位置1和2时，感应电流都沿abcd方向D.磁铁经过位置1和2时，感应电流都沿adcb方向【答案】B【解析】解：A、磁铁经过图中位置1时，线框中的磁通是变大，且磁场方向向下，则由楞次定律可得，线框中感应电流adcb方向，经过位置2时，线框中的磁通是变小，且磁场方向向下，则由楞次定律可得，线框中感应电流沿abcd方向，故ACD错误，B正确；故选：B当N极朝下的条形磁铁竖直下落，恰能穿过水平放置的方形导线框，则由磁通量变化来判定线框中的感应电流方向．考查由楞次定律来确定感应电流的方向．当条形磁铁进入方形导线框时，磁铁内部磁场强于外部，且内部磁感线从S极到N极．4.2008年1月下旬以来，我国南方遭遇50年未遇的雨雪冰冻灾害．新华网长沙1月26日电，马路上的冰层坚硬如铁、光滑如玻璃，高压电线覆冰后有成人大腿般粗，为清除高压输电线上的冰凌，有人设计了这样的融冰思路：利用电流的热效应除冰．若在正常供电时，高压线上送电电压为U，电流为I，热损耗功率为△P；除冰时，输电线上的热损耗功率需变为9△P，则除冰时（认为输电功率和输电线电阻不变）（）A.输电电流为B.输电电流为9IC.输电电压为3UD.输电电压为【答案】D【解析】解：高压线上的热耗功率△P=I2R线①若热耗功率变为9△P，则9△P=I′2R线②由①②得I′=3I，所以A B错误．又输送功率不变，由P=UI=U′I′得U′=U，所以C错误，D正确．故选D．根据I=，可以求出输电线上的电流；根据P=I2R可以求出输电线上损失的电功率．本题考查远距离输电中的能量损失及功率公式的应用，要注意功率公式中P=UI中的电压U应为输电电压．5.如图所示为一个圆环形导体，有一个带负电的粒子沿直径方向在圆环表面匀速掠过的过程，环中感应电流的情况是（）A.无感应电流B.有逆时针方向的感应电流C.有顺时针方向的感应电流D.先逆时针方向后顺时针方向的感应电流【答案】A【解析】解：由题意可知，带负电的粒子沿直径方向运动，周围会产生磁场，但因沿着直径运动，则穿过圆环的合磁通量为零，因此没有感应电流，故A正确，BCD错误；故选：A．解决此题的关键是知道产生感应电流的条件是：闭合电路的磁通量发生变化，并根据穿过圆环的磁通量分清正反面，从而求解．考查理解产生感应电流的条件，并掌握磁通量不是矢量，但注意正负．6.两只相同的电阻，分别通过正弦波形的交流电和方波形的交流电．两种交变电流的最大值相等，波形如图甲、乙所示．在一个周期内，两电阻产生的热量之比甲等于（）乙A. B. C. D.【答案】B【解析】解：两种交变电流的最大值为I m．对于正弦式电流有效值为：I1=．对于方波，有效值为：I2=I m．根据焦耳定律得：Q1=I12RTQ2=I22RT则Q1：Q2=1：2故选：B根据焦耳定律Q=I2R t求解热量，其中I是有效值．对于正弦式电流有效值I1=；对于方波，有效值I2=I m对于交变电流，求解热量、电功和电功率等与热效应有关的量，都必须用有效值7.如图所示，在光滑水平桌面上有两个金属圆环，在它们圆心连线中点正上方有一个条形磁铁，当条形磁铁自由下落时，将会出现的情况是（）A.两金属环将相互靠拢B.两金属环将相互分开C.磁铁的加速度会大于gD.磁铁的加速度会等于g【答案】B【解析】解：A、B、当条形磁铁自由下落时，穿过两个圆环的磁通量增加，根据楞次定律可知，感应电流的磁场总要阻碍磁通量的变化，所以两个圆环要向磁通量减小的方向运动，则知a、b两线圈相互排斥．故A错误，B正确．C、D当条形磁铁自由下落时，穿过两个圆环的磁通量增加，根据楞次定律另一种表述：感应电流的磁场总要导体和磁场间的相对运动，可知导体对磁体的运动产生斥力作用，所以磁铁下降的加速度会小于g．故C错误，D也错误；故选：B．根据楞次定律：感应电流的磁场总要阻碍磁通量的变化，来判断a、b两线圈的运动情况．根据楞次定律另一种表述：感应电流的磁场总要导体和磁场间的相对运动，分析磁铁的加速度．解决本题的关键理解楞次定律的两种表述，真正理解“阻碍”的作用，并能用来分析实际问题，注意环通过运动来实现阻碍变化，同时理解影响加速度大小变化的原因．8.如图所示，间距为L，电阻不计的足够长平行光滑金属导轨水平放置，导轨左端用一阻值为R的电阻连接，导轨上横跨一根质量为m，电阻也为R的金属棒，金属棒与导轨接触良好．整个装置处于竖直向上、磁感应强度为B的匀强磁场中．现使金属棒以初速度v0沿导轨向右运动，若金属棒在整个运动过程中通过的电荷量为q．下列说法正确的是（）A.金属棒在导轨上做匀减速运动B.整个过程中电阻R上产生的焦耳热为C.整个过程中金属棒在导轨上发生的位移为D.整个过程中金属棒克服安培力做功为【答案】D【解析】解：A、金属棒在整个运动过程中，受到竖直向下的重力，竖直向上的支持力，这两个力合力为零，受到水平向左的安培力，金属棒受到的合力为安培力；金属棒受到的安培力F=BIL=BL=BL•=，金属棒受到安培力作用而做减速运动，速度v不断减小，安培力不断减小，加速度不断减小，故金属棒做加速度逐渐减小的变减速运动，故A错误；BD、整个过程中由动能定理可得：-W安=0-，则金属棒克服安培力做功为W安=mv02，整个回路产生的总焦耳热Q=W安=mv02，电阻R上产生的焦耳热为Q R=Q=，故B错误，D正确；C、整个过程中通过导体截面的电荷量q=△t=△t，又==，联立得q=故金属棒的位移s=，故C错误；故选：D．对金属棒进行受力分析，求出金属棒受到的合外力，再判断金属棒的运动性质；由能量守恒定律求出电阻R上产生的焦耳热；求出感应电荷量的表达式，然后求出金属棒的位移；金属棒克服安培力做功等于整个回路产生的焦耳热．金属棒在运动过程中克服安培力做功，把金属棒的动能转化为焦耳热，在此过程中金属棒做加速度减小的减速运动；对棒进行受力分析、熟练应用法拉第电磁感应定律、欧姆定律、动能定理分析．二、多选题(本大题共4小题，共16.0分)9.如图所示电路为演示自感现象的实验电路．实验时，先闭合开关S，电路达到稳定后，通过线圈L的电流为I1，通过小灯泡L2的电流为I2，小灯泡L2处于正常发光状态．以下说法正确的是（）A.S闭合后，L1灯缓慢变亮，L2灯立即亮B.S闭合后，通过线圈L的电流逐渐增大到稳定值C.S断开后，小灯泡L2中的电流由I1逐渐减为零，方向与I2相反D.S断开后，小灯泡L2立刻熄灭【答案】ABC【解析】解：AB、闭合开关的瞬间，由于线圈中自感电动势的阻碍，L2灯先亮，L1灯后亮，且亮度逐渐增加，直到稳定下来．故A正确，B正确．CD、待电路稳定后断开开关，两个灯泡构成回路，线圈L产生自感电动势，阻碍原电流的减小，回路电流逐渐减小，小灯泡L2中的电流由I1逐渐减为零，方向与I2相反．两灯都不会立刻熄灭，故C正确，D错误故选：ABC．当开关接通和断开的瞬间，流过线圈的电流发生变化，产生自感电动势，阻碍原来电流的变化，根据自感现象的规律来分析．对于线圈要抓住双重特性：当电流不变时，它是电阻不计的导线；当电流变化时，产生自感电动势，相当于电源．10.如图所示，一光滑平行金属轨道平面与水平面成θ角，两道轨上端用一电阻R相连，该装置处于匀强磁场中，磁场方向垂直轨道平面向上．质量为m的金属杆ab，以初速度v0从轨道底端向上滑行，滑行到某一高度h后又返回到底端．若运动过程中，金属杆始终保持与导轨垂直且接触良好，且轨道与金属杆的电阻均忽略不计，则（）A.返回到底端时金属杆速度为v0B.上滑到最高点的过程中克服安培力与重力所做的功等于mv02C.上滑到最高点的过程中电阻R上产生的焦耳热等于mv02-mghD.金属杆两次通过斜面上的同一位置时电阻R的热功率相同【答案】BC【解析】解：A、由于金属杆的机械能减小转化为电能，所以金属杆ab返回到底端时速度大小小于v0，故A错误．B、根据动能定理，上滑到最高点的过程中，则有：-W安-W G=0-．故B正确．C、根据安培力做功产生热量，则有：Q=W安=mv02-mgh，故C正确．D、经过同一位置时：下滑的速度小于上滑的速度，下滑时棒受到的安培力小于上滑所受的安培力，则下滑过程安培力的平均值小于上滑过程安培力的平均值，所以上滑导体棒克服安培力做功大于下滑过程克服安培力做功，故上滑过程中电阻R产生的热量大于下滑过程中产生的热量，故D错误．故选：BC．通过对导体棒的受力分析知道，上滑的过程做变减速直线运动，下滑的过程做变加速直线运动，根据机械能转化为电能，从而确定来回的速度大小；再根据动能定理，从而确定过程中克服安培力与重力所做的功；根据克服安培力做功产生热量，从而比较上滑和下滑过程中产生的热量．解决这类问题的关键时分析受力，进一步确定运动性质，并明确判断各个阶段及全过程的能量转化，及掌握动能定理与能量转化与守恒定律，同时理解产生热量与安培力做功的关系．11.空间存在着竖直向上的各处均匀的磁场，将一个不变形的单匝金属圆线圈放入磁场中，规定线圈中磁感应强度方向和感应电流方向如图1所示的方向为正．要想在线圈中产生如图2所示的感应电流，图中能正确表示线圈中磁感应强度随时间变化的图线是（）A. B. C. D.【答案】AB【解析】解：由图2所示可知，在0-1s内，电流是正的，即从上向下看，沿顺时针方向，电流大小是定值，则磁感应强度均匀变化，在1-2s内，感应电流为零，则磁感应强度不变，在2-4s内，感应电流是负的，即沿逆时针方向，电流大小不变，则磁感应强度随时间均匀变化；A、根据图示图象，由楞次定律可知，0-1s内感应电流感应电流沿顺时针方向（从上向下看），在1-2s内磁感应强度不变，穿过线圈的磁通量不变，感应电流为零，在2-4s 内，由楞次定律可知，感应电流沿逆时针方向，符合题意，故A正确；B、根据图示图象，由楞次定律可知，0-1s内感应电流感应电流沿顺时针方向（从上向下看），在1-2s内磁感应强度不变，穿过线圈的磁通量不变，感应电流为零，在2-4s 内，由楞次定律可知，感应电流沿逆时针方向，符合题意，故B正确；C、由图示图示可知，在1-2s内，磁感应强度是变化的，穿过线圈的磁通量是变化的，线圈中有感应电流，不符合题意，故C错误；D、根据图示图象，由楞次定律可知，0-1s内感应电流感应电流逆时针方向（从上向下看），在1-2s内磁感应强度不变，穿过线圈的磁通量不变，感应电流为零，在2-4s内，由楞次定律可知，感应电流沿顺时针方向，不符合题意，故D错误；故选：AB．根据图2所示电流方向由楞次定律判断磁感应强度方向与变化趋势，然后分析答题．此类问题不必非要求得电动势的大小，应根据楞次定律判断电路中电流的方向，根据磁感应强度的变化情况可以判断出感应电流是否变化，即可正确解题．12.如图所示，理想变压器的副线圈上通过输电线接有两个相同的灯泡L1和L2，输电线的等效电阻为R，开始时，开关S断开．当S接通时，以下说法正确的是（）A.副线圈两端M、N的输出电压减小B.副线圈输电线等效电阻R上的电压增大C.通过灯泡L1的电流减小D.原线圈中的电流减小【答案】BC【解析】解：A、理想变压器的输出电压是由输入电压和匝数比决定的，由于输入电压和匝数比不变，所以副线圈的输出的电压也不变，所以A错误；B、当S接通后，两个灯泡并联，电路的电阻减小，副线圈的电流变大，所以通过电阻R的电流变大，电压变大，那么并联部分的电压减小，所以通过灯泡L1的电流减小灯泡L1变暗，所以BC正确；D、当S接通后，两个灯泡并联，电路的电阻减小，副线圈的电流变大，所以原线圈的电流也变大，所以D错误；故选：BC．本题类似于闭合电路中的动态分析问题，可以根据接通s后电路电路电阻的变化，确定出总电路的电阻的变化，进而可以确定总电路的电流的变化的情况，再根据电压不变，来分析其他的原件的电流和电压的变化的情况．电路的动态变化的分析，总的原则就是由部分电路的变化确定总电路的变化的情况，再确定其他的电路的变化的情况，即先部分后整体再部分的方法．三、填空题(本大题共1小题，共4.0分)13.电阻为R的矩形线框abcd，边长ab=L，bd=H，质量为m，自某一高度自由下落，恰好能匀速通过一匀强磁场，磁场与线框平面垂直，磁场区域的宽度为H，则线框穿过磁场区域的过程中产生的焦耳热为______ ．【答案】2mg H【解析】解：因为线框恰好以恒定速度通过磁场，线框的重力势能减小转化为内能．线框通过磁场的整个过程，线框的高度下降为2H，重力势能减少为2mg H，则根据能量守恒定律，线框内产生的焦耳热为：Q=2mg H．故答案为：2mg H．线框匀速通过磁场过程，在进入和穿出磁场时都产生焦耳热，根据能量守恒定律求出线框通过磁场过程中产生的焦耳热．本题考查了电磁感应与能量的综合，难度中等，电磁感应是高考的重点和热点问题，需加强训练．四、实验题探究题(本大题共1小题，共8.0分)14.在做电磁感应现象的实验中所给器材如图所示．（1）请你笔画线的形式把实物图连接起来．（2）某同学连好实物图，他在做实验时发现当开关闭合时，电流表的指针向向右偏，请你帮他判断当迅速移动滑动变阻器使其接如电路中的电阻减小时，指针将______ （填“向左偏”、“向右偏”、“不偏”），由此实验说明______ ．【答案】向右偏；穿过闭合线圈的磁通量发生变化时，线圈中产生感应电流【解析】解：（1）将电源、电键、变阻器（上、下各连一个接线柱）、小螺线管串联成一个回路，再将电流计与大螺线管串联成另一个回路，电路图如图所示．（2）当开关闭合时，穿过副线圈的磁通量增大，电流表的指针向右偏，当迅速移动滑动变阻器使其接如电路中的电阻减小时，穿过副线圈的磁通量增大，指针将向右偏，由实验可知，穿过闭合线圈的磁通量发生变化时，线圈中产生感应电流．故答案为：（1）电路图如图所示；（2）向右偏；穿过闭合线圈的磁通量发生变化时，线圈中产生感应电流．（1）注意该实验中有两个回路，一是电源、电键、变阻器（上、下各连一个接线柱）、小螺线管串联成的回路，二是电流计与大螺线管串联成的回路，据此可正确解答．（2）闭合电键时，正确判断副线圈中磁通量的变化情况，然后根据楞次定律判断感应电流方向，即可正确解答．本题考查研究电磁感应现象及验证楞次定律的实验，对于该实验注意两个回路的不同．五、计算题(本大题共4小题，共40.0分)15.空间存在一垂直纸面向里的磁场，磁感应强度B正以0.1T/s的变化率均匀减小．在磁场中放置一总电阻为1Ω，边长为0.1m的单匝正方形导线框，如图所示，求：（1）导线框中产生的电动势？（2）若开始计时时刻磁感应强度B=2T，求5s末导线框AB边受的安培力大小．【答案】解：（1）由法拉第电磁感应定律可得感应电动势为：E===0.1×0.1×0.1=1×10-3V；（2）电路中的电流为：I===1×10-3A，t=5s可知，磁感应强度：B=2-5×0.1=1.5T，AB边受安培力：F=BIL=1.5×1×10-3×0.1=1.5×10-4N；答：（1）导线框中产生的电动势为1×10-3V．（2）5s末导线框AB边受的安培力大小为1.5×10-4N．【解析】（1）由法拉第电磁感应定律可以求出感应电动势；（2）由欧姆定律求出电流，然后由安培力公式求出AB边受到的安培力．求安培力时要注意，磁感应强度是变化的，应先求出5s时的磁感应强度，然后再求安培力，这是容易出错的地方．16.如图甲所示，单匝矩形闭合导线框abcd处于匀强磁场中，线框电阻为R，ab、ad的边长分别为L1、L2；磁感应强度B的大小随时间变化的规律如图乙所示．（1）求0～2t0时间内，回路中电流I1的大小和方向．（2）求t0时刻ab边受到的安培力大小F．（3）在2t0时刻后线框绕cd边以角速度ω匀速转动，求线框从图示位置起开始转过90°的过程中，通过导线横截面的电荷量q．【答案】解：（1）在0到2t0时间内，回路中的感应电动势：E1==；由图乙可知，=；由闭合电路欧姆定律，则有：电流大小I1=；解得：I1=；由楞次定律，可知，在0到2t0时间内，回路中的电流方向逆时针，即abcda；（2）安培力的大小F=BI1L1；t0时刻的磁场为B=；那么安培力的大小为，F=；（3）线框匀速转动时，产生正弦交流电，感应电动势的最大值E2m=B0L1L2ω；感应电动势的有效值E2=；感应电流的有效值I2==；平均感应电流=；通过导线横截面的电量q=•△t；解得：q=；答：（1）在0～2t0时间内，回路中电流I1的大小和方向abcda．（2）t0时刻ab边受到的安培力大小．（3）通过导线横截面的电荷量．【解析】（1）根据法拉第电磁感应定律，结合闭合电路欧姆定律，与楞次定律，即可求解；（2）根据安培力表达式，结合t0时刻的磁场的大小，即可求解；（3）根据感应电动势的最大值，求出有效值，再由平均值，从而确定电量的多少．考查法拉第电磁感应定律、闭合电路欧姆定律与楞次定律的应用，注意最大值、有效值及平均值的求法，注意电量综合表达式．17.某发电站通过升压器、输电线和降压器把电能输送给用户，输电站输出功率是100k W，输出电压是250V，升压器原副线圈的匝数之比为1：25，输电线上功率损失为4%，用户所需电压为220V，求输电线的电阻和降压变压器的匝数比是多少？【答案】解：根据得，升压变压器副线圈两端电压U2=U1=6250V副线圈的电流I2==16A输电线电阻R上损失的功率为I22R=4%P则R==15.6Ω降压变压器原线圈的电压为：U1′=U2-I2R=6×103V则降压器上原、副线圈的匝数比：′′′′．答：输电线的电阻为15.6Ω，降压变压器的匝数比是300：11．【解析】根据升压变压器的输入电压，结合匝数比求出输出电压，从而得出输送电流，根据损失的功率得出输电线的电阻，根据电压损失得出降压变压器的输入电压，结合用户得到的电压求出降压变压器的匝数比．解决本题的关键知道：1、输送功率与输送电压、电流的关系；2、变压器原副线圈的电压比与匝数比的关系；3、升压变压器输出电压、降压变压器输入电压、电压损失的关系；4、升压变压器的输出功率、功率损失、降压变压器的输入功率关系．18.电阻可忽略的光滑平行金属导轨长S=1.15m，两导轨间距L=0.75m，导轨倾角为30°，导轨上端ab接一阻值R=1.5Ω的电阻，磁感应强度B=0.8T的匀强磁场垂直轨道平面向上．阻值r=0.5Ω，质量m=0.2kg的金属棒与轨道垂直且接触良好，从轨道上端ab处由静止开始下滑至底端，在此过程中金属棒产生的焦耳热Q r=0.1J．（取g=10m/s2）求：（1）金属棒在此过程中克服安培力的功W安；（2）金属棒下滑速度v=2m/s时的加速度a．（3）为求金属棒下滑的最大速度v m，有同学解答如下：由动能定理W重-W安=mv m2，…．由此所得结果是否正确？若正确，说明理由并完成本小题；若不正确，给出正确的解答．【答案】解：（1）下滑过程中安培力的功即为在金属棒和电阻上产生的焦耳热，由于R=3r，因此Q R=3Q r=0.3J故W安=Q=Q R+Q r=0.4J（2）金属棒下滑时受重力和安培力安由牛顿第二定律°故°（3）此解法正确．金属棒下滑时重力、支持力和安培力作用，根据牛顿第二定律°上式表明，加速度随速度增加而减小，棒作加速度减小的加速运动．无论最终是否达到匀速，当棒到达斜面底端时速度一定为最大．由动能定理可以得到棒的末速度，因此上述解法正确．°故°【解析】金属棒在此过程中克服安培力的功W安等于整个电路中产生的焦耳热．金属棒下滑过程中，受到重力、支持力和安培力，求出安培力，根据牛顿第二定律求出加速度．根据动能定理，辨析此时同学的解法．本题电磁感应中的力学问题，考查电磁感应、焦耳定律，动能定理，牛顿定律等知识综合应用和分析能力．第一问中，不能认为金属棒在此过程中克服安培力的功W安等于金属棒产生的焦耳热．。

湖南省邵阳县石齐学校2015-2016学年高一物理下学期第一次月考试题一、选择题：（本大题共12小题，每小题4分，共48分。

其中1-9题所给的选项中只有一个是正确的；10-12题有多个答案，选不全的得2分，错选或不选得0分）1．荡秋千是儿童喜爱的运动，当秋千荡到某点时小孩的速度方向可能是图中的( )A．1方向B．2方向C．3方向 D．4方向2．在做“研究平抛运动”的实验时，下列说法不正确的是( )A．安装有斜槽的木板时，一定要注意木板是否竖直B．安装有斜槽的木板时，只需注意小球不和木板发生摩擦C．每次实验都要把小球从同一位置由静止释放D．实验的目的是描出小球的运动轨迹，分析平抛运动的规律3．一个小球在竖直放置的光滑圆环里做圆周运动．关于小球的向心加速度方向，下列说法中正确的是( )A．一定指向圆心B．一定不指向圆心C．只在最高点和最低点指向圆心D．不能确定是否指向圆心4．若河水的流速大小与水到河岸的距离有关，河中心水的流速最大，河岸边缘处水的流速最小．现假设河的宽度为120 m．河中心水的流速大小为4 m/s，船在静水中的速度大小为3 m/s，要使船以最短时间渡河，则( )A．船渡河的最短时间是24 s B．在行驶过程中，船头始终与河岸垂直C．船在河水中航行的轨迹是一条直线D．船在河水中的最大速度为7 m5．做匀速圆周运动的两物体甲和乙，它们的向心加速度分别为a1和a2，且a1>a2，下列判断正确的是( )A．甲的线速度大于乙的线速度B．甲的角速度比乙的角速度小C．甲的轨道半径比乙的轨道半径小D．甲的速度方向比乙的速度方向变化快6．如图所示，一架在2 000 m高空以200 m/s的速度水平匀速飞行的轰炸机，要想用两枚炸弹分别炸山脚和山顶的目标A和B.已知山高720 m，山脚与山顶的水平距离为1 000m，若不计空气阻力，g取10 m/s2，则投弹的时间间隔应为( )A．4 s B．5 sC．9 s D．16 s7. 如图所示，做匀速直线运动的汽车A 通过一根绕过定滑轮的长绳吊起一重物B ，设重物和汽车的速度的大小分别为v B 、v A ，则( )A ．v A ＝ vB B ．v A > v BC ．v A <v BD ．重物B 的速度逐渐减小8．下列关于离心现象的说法正确的是( )A ．当物体所受的离心力大于向心力时产生离心现象B ．做匀速圆周运动的物体，当它所受的一切力都突然消失时，它将做背离圆心的圆周运动C ．做匀速圆周运动的物体，当它所受的一切力都突然消失时，它将沿切线做直线运动D ．做匀速圆周运动的物体，当它所受的一切力都突然消失时，它将做曲线运动9．如图所示，一倾斜的匀质圆盘绕垂直于盘面的固定对称轴以恒定角速度ω转动，盘面上离 转轴距离2.5 m 处有一小物体与圆盘始终能保持相对静止．物体与盘面间的动摩擦因数为32(设最大静摩擦力等于滑动摩擦力)，盘面与水平面的夹角为30°，g 取10 m/s 2.则ω的最大值是( ) A. 5 rad/s B. 3 rad/sC ．1.0 rad/sD ．0.5 rad/s10. (多选)如图所示为摩擦传动装置，B 轮转动时带动A 轮跟着转动，已知转动过程中轮缘间无打滑现象，下述说法中正确的是( )A ．A 、B 两轮转动的方向相同B ．A 与B 转动方向相反C ．A 、B 转动的角速度之比为1∶3D ．A 、B 轮缘上点的向心加速度之比为3∶111．(多选)下列关于曲线运动的说法正确的是（ ）A ． 做曲线运动的物体速度方向必定变化B ． 速度变化的运动必定是曲线运动C ． 曲线运动的加速度一定在变化D ． 曲线运动的速度方向沿曲线在这一点的切线方向12. (多选)一小球质量为m ，用长为L 的悬绳(不可伸长，质量不计)固定于O 点，在O 点正下方L2处钉有一颗钉子．如图所示，将悬线沿水平方向拉直无初速度释放后，当悬线碰到钉子后的瞬间，则( )A ．小球的角速度突然增大B ．小球的线速度突然减小到零C ．小球的向心加速度突然增大D ．小球的向心加速度不变二、实验题(本题有2小题，共10分．请按题目要求作答)O13. (4分)某同学通过实验描迹得到平抛运动轨迹上A、B、C三点(如图所示)，其坐标标记如图，坐标原点O为抛出点，y轴竖直向下，其中________点的位置或坐标的测量有明显的错误，请根据你认为正确的数据算出小球平抛的初速度v＝________ m/s(结果保留三位有效数字，g取10 m/s2)．14．(6分)如图甲所示，在一端封闭、长约1 m的玻璃管内注满清水，水中放一个蜡烛做的蜡块，将玻璃管的开口端用胶塞塞紧，然后将这个玻璃管倒置，在蜡块沿玻璃管上升的同时，将玻璃管水平向右移动．假设从某时刻开始计时，蜡块在玻璃管内每1 s上升的距离都是10 cm，玻璃管向右匀加速平移，每1 s通过的水平位移依次是2.5 cm、7.5 cm、12.5 cm、17.5 cm.图乙中，y表示蜡块竖直方向的位移，x表示蜡块随玻璃管通过的水平位移，t＝0时蜡块位于坐标原点．甲乙(1)请在图乙中画出蜡块4 s内的轨迹；(2)玻璃管向右平移的加速度a＝________；(3)t＝2 s时蜡块的速度v2＝________.三、计算题(本题有4小题，共42分．解答应写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤，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)15（10分）．一种玩具的结构如图所示，竖直放置的光滑铁环的半径为R＝20 cm，环上有一穿孔的小球m，仅能沿环做无摩擦的滑动，如果圆环绕着过环心的竖直轴以10 rad/s的角速度旋转(取g＝10 m/s2)，则相对环静止时小球与环心O的连线与O1O2的夹角θ是多少？第15题图第16题图16(10分)如图所示，长l＝0.5 m的轻质细杆，一端固定有一个质量为m＝3 kg的小球，另一端由电动机带动，使杆绕O点在竖直平面内做匀速圆周运动，小球的速率为v＝2 m/s.取g＝10 m/s2，(1)．小球通过最高点时，对杆的拉力大小是多少？(2)小球通过最低点时，对杆的拉力大小是多少？17．(11分)汽车以1.6 m/s的速度在水平地面上匀速行驶，汽车后壁货架上放有一小球(可视作质点)，架高1.8 m，由于前方事故，突然急刹车，汽车轮胎抱死，小球从架上落下．已知该汽车刹车后做加速度大小为4 m/s2的匀减速直线运动，忽略小球与架子间的摩擦及空气阻力，g取10 m/s2.求小球在车厢底板上落点距车后壁的距离．18.(11分)如图所示，一根长为L＝2.5 m的轻绳两端分别固定在一根竖直棒上的A、B两点，一个质量为m＝0.6 kg的光滑小圆环套在绳子上，当竖直棒以一定的角速度转动时，圆环以B为圆心在水平面上做匀速圆周运动，(θ＝37°，g＝10 m/s2)则：(1)此时轻绳上的张力大小等于多少？(2)竖直棒转动的角速度为多大？月考参考筨案：1B 2B 3A 4B 5D 6C 7B 8C9 C. 10 BC 11AD 12 AC13.解析：平抛运动的物体，水平方向做匀速直线运动，竖直方向做自由落体运动，图中水平坐标正确，但竖直方向B 的坐标应为20 cm.由竖直下落的高度可求得每个时间间隔为0.10 s ，故水平方向的速度为v ＝0.100.10 m/s ＝1.00 m/s ，即初速度为1.00 m/s. 答案：B 1.0014解析：(1)图略(2)因为Δx ＝aT 2，所以a ＝Δx T 2＝5×10－212 m/s 2＝5×10－2 m/s 2. (3)v y ＝y t ＝0.11m/s ＝0.1 m/s ， v x ＝at ＝5×10－2×2 m/s＝0.1 m/s ，v 2＝v 2y ＋v 2x ＝0.12＋0.12 m/s ＝0.41 m/s.答案：(1)见解析图(2)5×10－2 m/s 2(3)0.41 m/s15解析：当圆环绕O 1O 2旋转时，小球则在水平面内做匀速圆周运动，球受的重力和环的支持力的合力等于球做圆周运动的向心力．由牛顿第二定律得：mg tan θ＝m ω2r即tan θ＝ω2R sin θg ，cos θ＝g ω2R ＝10102×0.2＝12所以θ＝60°. 16解析：.设小球在最高点时受杆的弹力向上，则mg －F N ＝m v 2l ，得F N ＝mg －m v 2l＝6 N ，由牛顿第三定律知小球对杆的压力大小是6 N ，；小球通过最低点时F N －mg ＝m v 2l ，得F N ＝mg ＋m v 2l＝54 N ，由牛顿第三定律知小球对杆的拉力大小是54 N ，．17解析：(1)汽车刹车后，小球做平抛运动：h ＝12gt 2得t ＝2h g＝0.6 s 小球的水平位移为：s 2＝vt ＝0.96 m汽车做匀减速直线运动，刹车时间为t ′，则：t ′＝v a＝0.4 s<0.6 s 则汽车的实际位移为：s 1＝v 22a＝0.32 m 故Δs ＝s 2－s 1＝0.64 m.答案：0.64 m18解析：(1)环受力如图所示．圆环在竖直方向所受合外力为零，即：F sin θ＝mg所以F ＝mg sin θ＝10 N ， 即绳子的拉力为10 N.(2)圆环在水平面内做匀速圆周运动，由于圆环光滑，所以圆环两端绳的拉力大小相等．BC 段绳水平时，圆环做圆周运动的半径r ＝BC ，则有：r ＋rcos θ＝L 解得：r ＝109m 则：F cos θ＋F ＝mr ω2解得：ω＝3 3 rad/s.答案：(1)10 N (2)3 3 rad/s。

2015-2016学年湖南省邵阳市邵阳县石齐学校高三（上）第一次月考物理试卷一、选择题（共48分，本大题共12小题，每小题4分，在每小题给出的四个选项中，第1至7题只有一项符合题目要求，第8至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）1．关于伽利略对自由落体运动的研究，下列说法中正确的是（）A．伽利略认为在同一地点，重的物体和轻的物体下落快慢不同B．伽利略猜想运动速度与下落时间成正比，并直接用实验进行了验证C．伽利略通过数学推演并用小球在斜面上验证了位移与时间的平方成正比D．伽利略用小球在斜面上验证了运动速度与位移成正比2．一个由静止开始做匀加速直线运动的物体，从开始运动起连续发生3段位移，在这3段位移中所用的时间分别是1s，2s，3s，这3段位移的大小之比和这3段位移上的平均速度之比分别为（）A．1：22：32；1：2：3 B．1：23：33；1：22：32C．1：2：3； 1：1：1 D．1：3：5； 1：2：33．某质点沿x轴运动，它的位置坐标x与时间t的关系为x=2t2﹣3t，由此可知t=2s时它的速度和加速度的大小分别为（）A．5m/s，4m/s2B．2m/s，2m/s2C．﹣1m/s，2m/s2D．1m/s，4m/s24．关于超重和失重，下列说法中正确的是（）A．超重就是物体受的重力增加了B．失重就是物体受的重力减少了C．完全失重就是物体一点重力都不受了D．不论超重或失重甚至完全失重，物体所受重力是不变的5．如图所示，有两条位于同一竖直平面内的水平轨道，轨道上有两个物体A和B，它们通过一根绕过定滑轮O的不可伸长的轻绳相连接，物体A以速率v A=10m/s匀速运动，在绳与轨道成30°角时，物体B的速度大小v B为（）A．5 m/s B． m/s C．20 m/s D． m/6．半圆柱体P放在粗糙的水平地面上，其右端有固定放置的竖直挡板MN，在P和MN之间放有一个光滑均匀的小圆柱体Q，整个装置处于静止状态，如图所示是这个装置的截面图，若用外力使MN保持竖直且缓慢地向右移动，在Q落到地面以前，发现P始终保持静止，在此过程中，下列说法中正确的是（）A．MN对Q的弹力逐渐减小B．地面对P的摩擦力逐渐增大C．P、Q间的弹力先减小后增大D．Q所受的合力逐渐增大7．如图所示，斜面上a、b、c、d四个点，ab=bc=cd，从a点正上方的O点以速度v水平抛出一个小球，它落在斜面上b点．若小球从O点以速度2v水平抛出，不计空气阻力，则它将落在斜面上的（）A．c点B．b与c之间某一点C．c与d之间某一点D．d点8．质量为m的物体放在A处的地平面上，用竖直向上的力F拉物体，物体的加速度a与拉力F的关系图线如图中A所示，质量为m′的另一物体在B地做类似实验，得a﹣F的关系如图中B所示，A．B两线的延长线交Oa轴于同一点，设两地的重力加速度分别为g和g′，由图可知（）A．g′＜g B．m′＜m C．g′=g D．m′＞m9．如图所示，物体A，B间的摩擦力可以忽略不计，物体A受一水平推力F作用，使A，B一起以加速度a向左做匀加速运动，已知物体B的质量为m，物体A的斜面倾角为θ，则A对B 的弹力大小为（）A．mgcosθB．C．D．10．物体甲的位移与时间图象和物体乙的速度与时间图象分别如图甲、乙所示，则这两个物体的运动情况是（）A．甲在整个t=6 s时间内有来回运动，它通过的总位移为零B．甲在整个t=6 s时间内运动方向一直不变，它通过的总位移大小为4 mC．乙在整个t=6 s时间内有来回运动，它通过的总位移为零D．乙在整个t=6 s时间内运动方向一直不变，它通过的总位移大小为4 m11．如图所示，质量为m的物体在与斜面平行向上的拉力F作用下，沿着水平地面上质量为M 的粗糙斜面匀速上滑，在此过程中斜面保持静止，则地面对斜面（）A．无摩擦力B．支持力等于（m+M）gC．支持力为（M+m）g﹣FsinθD．有水平向左的摩擦力，大小为Fcosθ12．如图，轰炸机沿水平方向匀速飞行，到达山坡底端正上方时释放一颗炸弹，并垂直击中山坡上的目标A．已知A点高度为h，山坡倾角为θ，由此可算出（）A．轰炸机的飞行高度 B．轰炸机的飞行速度C．炸弹的飞行时间D．炸弹投出时的动能二、实验题，（本题共14分，13题6分，14题8分，），把答案填在答题卡上13．物理小组的同学用如图1所示的实验器材测定重力加速度，实验器材有：底座、带有标尺的竖直杆、光电门1和2组成的光电计时器（其中光电门l更靠近小球释放点），小球释放器（可使小球无初速释放）、网兜．实验时可用两光电门测量小球从光电门l运动至光电门2的时间t，并从竖直杆上读出两光电门间的距离h．（l）使用游标卡尺测量小球的直径如图2所示，则小球直径为 cm．（2）改变光电门1的位置，保持光电门2的位置不变，小球经过光电门2的速度为v，不考虑空气阻力，小球的加速度为重力加速度g，则h、t、g、v四个物理量之间的关系为h= ．（3）根据实验数据作出﹣t图线，若图线斜率的绝对值为k，根据图线可求出重力加速度大小为．14．如图所示，在“研究平抛物体运动”的实验中，用一张印有小方格的纸记录轨迹，小方格的边长l=1.25cm．若小球在平抛运动途中的几个位置如图中的a、b、c、d所示，则小球平抛的初速度的计算式为v o= （用l、g表示），小球在b点的速率是．（取g=9.8m/s2）．三、计算题（本题共4小题，共48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）15．（10分）（2014•陕西校级模拟）甲车以10m/s的速度在平直的公路上匀速行驶，乙车以4m/s的速度与甲车同向做匀速直线运动，甲车经过乙车旁边开始以0.5m/s2的加速度刹车，从甲车刹车开始计时，求：（1）乙车在追上甲车前，两车相距最大的距离．（2）乙车追上甲车所用的时间．16．（12分）（2014秋•上饶期末）如图所示，轻杆BC的C点用光滑铰链与墙壁固定，杆的B 点通过水平细绳AB使杆与竖直墙壁保持30°的夹角．若在B点悬挂一个定滑轮（不计重力），某人用它匀速地提起重物．已知重物的质量m=30kg，人的质量M=50kg，g取10m/s2．试求：（1）此时地面对人的支持力的大小；（2）轻杆BC和绳AB所受力的大小．17．（12分）（2014春•浔阳区校级期中）如图所示，半径为R的圆板匀速转动，当半径OB转动到某一方向时，在圆板中心正上方高h处以平行OB方向水平抛出一小球，要使小球与圆板只碰撞一次，且落点为B，求：（1）小球的初速度的大小；（2）圆板转动的角速度．18．（14分）（2014秋•临沂期中）如图所示，静止在水平地面上的平板车，质量M=10kg，其上表面离水平地面的高度h=1.25m．在离平板车左端B点L=2.7m的P点放置一个质量m=1kg 的小物块（小物块可视为质点）．某时刻对平板车施加一水平向右的恒力F=50N，一段时间后小物块脱离平板车落到地面上．（车与地面及小物块间的动摩擦因数均为μ=0.2，取g=10m/s2）求：（1）小物块从离开平板车至落到地面上所需时间；（2）小物块离开平板车时的速度大小；（3）小物块落地时，平板车的位移太小．2015-2016学年湖南省邵阳市邵阳县石齐学校高三（上）第一次月考物理试卷参考答案与试题解析一、选择题（共48分，本大题共12小题，每小题4分，在每小题给出的四个选项中，第1至7题只有一项符合题目要求，第8至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）1．关于伽利略对自由落体运动的研究，下列说法中正确的是（）A．伽利略认为在同一地点，重的物体和轻的物体下落快慢不同B．伽利略猜想运动速度与下落时间成正比，并直接用实验进行了验证C．伽利略通过数学推演并用小球在斜面上验证了位移与时间的平方成正比D．伽利略用小球在斜面上验证了运动速度与位移成正比考点：伽利略研究自由落体运动的实验和推理方法．分析：要了解伽利略“理想斜面实验”的内容、方法、原理以及物理意义，伽利略斜面实验的卓越之处不是实验本身，而是实验所使用的独特的方法在实验的基础上，进行理想化推理．（也称作理想化实验）它标志着物理学的真正开端．解答：解：A、亚里士多德认为在同一地点重的物体和轻的物体下落快慢不同，故A错误；B、伽利略猜想自由落体的运动速度与下落时间成正比，并未直接进行验证，而是在斜面实验的基础上的理想化推理，故B错误．C、伽利略通过数学推演并用小球在斜面上验证了位移与时间的平方成正比，故C正确．D、小球在斜面上运动运动速度与位移不成正比，故D错误，故选C．点评：伽利略的“理想斜面实验”是建立在可靠的事实基础之上的，它来源于实践，而又高于实践，它是实践和思维的结晶．2．一个由静止开始做匀加速直线运动的物体，从开始运动起连续发生3段位移，在这3段位移中所用的时间分别是1s，2s，3s，这3段位移的大小之比和这3段位移上的平均速度之比分别为（）A．1：22：32；1：2：3 B．1：23：33；1：22：32C．1：2：3； 1：1：1 D．1：3：5； 1：2：3考点：匀变速直线运动的位移与时间的关系．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=at2可得物体通过的第一段位移为：x1=a×12= a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=4a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=13.5a故x1：x2：x3=1：8：27在第一段位移的平均速度在第二段位移的平均速度在第三段位移的平均速度故==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．3．某质点沿x轴运动，它的位置坐标x与时间t的关系为x=2t2﹣3t，由此可知t=2s时它的速度和加速度的大小分别为（）A．5m/s，4m/s2B．2m/s，2m/s2C．﹣1m/s，2m/s2D．1m/s，4m/s2考点：匀变速直线运动的位移与时间的关系．专题：直线运动规律专题．分析：根据匀变速直线运动的位移时间公式得出质点的初速度和加速度，结合速度时间公式求出t=2s时的速度．解答：解：根据得，质点的初速度v0=﹣3m/s，加速度a=4m/s2，则2s时的速度v=v0+at=﹣3+4×2m/s=5m/s．故选：A．点评：解决本题的关键掌握匀变速直线运动的速度时间公式、位移时间公式，并能灵活运用，基础题．4．关于超重和失重，下列说法中正确的是（）A．超重就是物体受的重力增加了B．失重就是物体受的重力减少了C．完全失重就是物体一点重力都不受了D．不论超重或失重甚至完全失重，物体所受重力是不变的考点：超重和失重．专题：常规题型．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；如果没有压力了，那么就是处于完全失重状态，此时向下加速度的大小为重力加速度g．解答：解：A、超重是物体对接触面的压力大于物体的重力，物体的重力并没有增加，故A 错误B、物体对支持物的压力或者对悬挂物的拉力小于重力叫失重，但重力并不减少．故B错误C、当物体只受重力，物体处于完全失重状态，重力并不改变．故C错误D、不论超重或失重甚至完全失重，物体在同一位置所受重力是不变的，故D正确故选：D．点评：本题主要考查了对超重失重现象的理解，人处于超重或失重状态时，人的重力并没变，只是对支持物的压力变了．5．如图所示，有两条位于同一竖直平面内的水平轨道，轨道上有两个物体A和B，它们通过一根绕过定滑轮O的不可伸长的轻绳相连接，物体A以速率v A=10m/s匀速运动，在绳与轨道成30°角时，物体B的速度大小v B为（）A．5 m/s B． m/s C．20 m/s D． m/考点：运动的合成和分解．专题：运动的合成和分解专题．分析：根据运动的合成与分解，结合A的速度与B的速度沿着绳子方向的速度大小相等，结合平行四边形定则求出物体B的速度．解答：解：将B点的速度分解如右图所示，则有：v2=v A，v2=v B cos30°．解得：v B==故选：D．点评：本题考查了运动的合成分解，知道小滑块沿着绳子的速度与A的速度大小相等，方向相．以及知道分运动与合运动具有等时性．6．半圆柱体P放在粗糙的水平地面上，其右端有固定放置的竖直挡板MN，在P和MN之间放有一个光滑均匀的小圆柱体Q，整个装置处于静止状态，如图所示是这个装置的截面图，若用外力使MN保持竖直且缓慢地向右移动，在Q落到地面以前，发现P始终保持静止，在此过程中，下列说法中正确的是（）A．MN对Q的弹力逐渐减小B．地面对P的摩擦力逐渐增大C．P、Q间的弹力先减小后增大D．Q所受的合力逐渐增大考点：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：先对Q受力分析，受重力、P对Q的支持力和MN对Q的支持力，根据平衡条件求解出两个支持力；再对P、Q整体受力分析，受重力、地面支持力、MN挡板对其向左的支持力和地面对其向右的支持力，再次根据共点力平衡条件列式求解．解答：解：先对Q受力分析，受重力、P对Q的支持力和MN对Q的支持力，如图根据共点力平衡条件，有N1=N2=mgtanθ再对P、Q整体受力分析，受重力、地面支持力、MN挡板对其向左的支持力和地面对其向右的支持力，如图根据共点力平衡条件，有f=N2N=（M+m）g故f=mgtanθMN保持竖直且缓慢地向右移动过程中，角θ不断变大，故f变大，N不变，N1变大，N2变大，P、Q受到的合力为零；故选B．点评：本题关键是先对物体Q受力分析，再对P、Q整体受力分析，然后根据共点力平衡条件求出各个力的表达式，最后再进行讨论．7．如图所示，斜面上a、b、c、d四个点，ab=bc=cd，从a点正上方的O点以速度v水平抛出一个小球，它落在斜面上b点．若小球从O点以速度2v水平抛出，不计空气阻力，则它将落在斜面上的（）A．c点B．b与c之间某一点C．c与d之间某一点D．d点考点：平抛运动．专题：平抛运动专题．分析：解答本题需要掌握：平抛运动的特点并能灵活应用，应用相关数学知识求解，如假设没有斜面的限制，将落到那点，有斜面和没有斜面的区别在哪里．解答：解：过b做一条与水平面平行的一条直线，若没有斜面，当小球从O点以速度2v水平抛出时，小球将落在我们所画水平线上c点的正下方，但是现在有斜面的限制，小球将落在斜面上的bc之间，故B正确，ACD错误．故选B．点评：本题考查角度新颖，很好的考查了学生灵活应用知识解题的能力，在学习过程中要开阔思路，多角度思考．如本题中学生可以通过有无斜面的区别，找到解题的突破口．8．质量为m的物体放在A处的地平面上，用竖直向上的力F拉物体，物体的加速度a与拉力F的关系图线如图中A所示，质量为m′的另一物体在B地做类似实验，得a﹣F的关系如图中B所示，A．B两线的延长线交Oa轴于同一点，设两地的重力加速度分别为g和g′，由图可知（）A．g′＜g B．m′＜m C．g′=g D．m′＞m考点：测定匀变速直线运动的加速度．专题：实验题；直线运动规律专题．分析：根据牛顿第二定律求出加速度a与拉力F的关系式，通过图线的斜率以及截距比较物体的质量和当地的重力加速度．解答：解：根据牛顿第二定律得，F﹣mg=ma，则a=﹣g．知图线的斜率表示质量的倒数，纵轴截距的大小表示重力加速度．从图象上看，A图线的斜率大于B图线的斜率，则m′＞m，纵轴截距相等，则g′=g．故C、D正确，A、B错误．故选：CD．点评：解决本题的关键通过牛顿第二定律求出加速度a与拉力F的关系式，根据图线的斜率和截距进行比较．9．如图所示，物体A，B间的摩擦力可以忽略不计，物体A受一水平推力F作用，使A，B一起以加速度a向左做匀加速运动，已知物体B的质量为m，物体A的斜面倾角为θ，则A对B 的弹力大小为（）A．mgcosθB．C．D．考点：牛顿第二定律．专题：牛顿第二定律在圆周运动中的应用．分析：对B进行受力分析，B在水平方向的合力产生加速度a，据牛顿第二定律求得合力大小再根据受力分析确定A对B弹力的大小．解答：解：对B受力分析如图所示：物体B在竖直向下的重力mg和A对B的弹力N作用下水平向左匀加速运动，由图可知，N和mg的合力为F′根据牛顿第二定律知F′=ma据数学知识可知：N===故选：BCD．点评：本题考查综合运用牛顿第二定律处理动力学问题的能力，常规题，比较简单，易造成漏选．10．物体甲的位移与时间图象和物体乙的速度与时间图象分别如图甲、乙所示，则这两个物体的运动情况是（）A．甲在整个t=6 s时间内有来回运动，它通过的总位移为零B．甲在整个t=6 s时间内运动方向一直不变，它通过的总位移大小为4 mC．乙在整个t=6 s时间内有来回运动，它通过的总位移为零D．乙在整个t=6 s时间内运动方向一直不变，它通过的总位移大小为4 m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：位移时间图线的斜率表示瞬时速度，根据纵坐标的变化量表示位移．速度时间图线的斜率表示加速度的大小，图线与时间轴围成的面积表示位移．速度的正负表示速度的方向．解答：解：A、B、根据位移时间图线的斜率表示瞬时速度，可知，甲在整个t=6s时间内一直沿正向运动，总位移为△x=2m﹣（﹣2m）=4m，故A错误，B正确．C、D、速度图象中，速度的正负，表示速度的方向，即表示物体的运动方向．速度先负后正，说明物体乙先沿负向运动，后沿正向运动，即有来回运动，根据图线与时间轴围成的面积表示位移，图线在t轴上方位移为正值，下方位移为负值，得知总位移为0，故C正确D错误．故选：BC．点评：解决本题的关键知道速度时间图线和位移时间图线的物理意义，知道图线的斜率分别表示的意义．11．如图所示，质量为m的物体在与斜面平行向上的拉力F作用下，沿着水平地面上质量为M 的粗糙斜面匀速上滑，在此过程中斜面保持静止，则地面对斜面（）A．无摩擦力B．支持力等于（m+M）gC．支持力为（M+m）g﹣FsinθD．有水平向左的摩擦力，大小为Fcosθ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：斜面保持静止，所受的合力为零，物体匀速上滑，其合力也为零，将两个物体看成整体，分析受力情况，由平衡条件求解地面对斜面的支持力和摩擦力大小和方向．解答：解：以物体和斜面组成的整体为研究对象，分析受力情况：总重力（M+m）g、拉力F、地面的支持力N和摩擦力f，作出力图，根据平衡条件得：水平方向：f=Fcosθ，方向水平向左；竖直方向：N+Fsinθ=（M+m）g解得：N=（M+m）g﹣Fsinθ，f=Fcosθ．故选CD点评：本题两个物体的加速度都为零，可以作为整体进行研究，简单方便，也可以采用隔离法研究．12．如图，轰炸机沿水平方向匀速飞行，到达山坡底端正上方时释放一颗炸弹，并垂直击中山坡上的目标A．已知A点高度为h，山坡倾角为θ，由此可算出（）A．轰炸机的飞行高度 B．轰炸机的飞行速度C．炸弹的飞行时间D．炸弹投出时的动能考点：平抛运动．专题：平抛运动专题．分析：轰炸机沿水平方向匀速飞行，释放的炸弹做平抛运动．因为平抛运动速度与水平方向夹角的正切值是位移与水平方向夹角正切值的2倍，速度方向的夹角得知位移与水平方向夹角的正切值，再通过水平位移求出竖直位移，从而得知轰炸机的飞行高度，炸弹的飞行时间，以及炸弹的初速度．解答：解：A、B、C由图可得炸弹的水平位移为 x=设轰炸机的飞行高度为H，炸弹的飞行时间为t，初速度为v0．据题：炸弹垂直击中山坡上的目标A，则根据速度的分解有：tanθ==又==联立以上三式得：H=h+，可知可以求出轰炸机的飞行高度H．炸弹的飞行时间 t=，也可以求出t．轰炸机的飞行速度等于炸弹平抛运动的初速度，为 v0=，可知也可以求出．故A、B、C正确．D、由于炸弹的质量未知，则无法求出炸弹投出时的动能．故D错误．故选：ABC．点评：解决本题的关键掌握平抛运动水平方向和竖直方向上的运动规律，知道平抛运动的一些推论，并能灵活运用．二、实验题，（本题共14分，13题6分，14题8分，），把答案填在答题卡上13．物理小组的同学用如图1所示的实验器材测定重力加速度，实验器材有：底座、带有标尺的竖直杆、光电门1和2组成的光电计时器（其中光电门l更靠近小球释放点），小球释放器（可使小球无初速释放）、网兜．实验时可用两光电门测量小球从光电门l运动至光电门2的时间t，并从竖直杆上读出两光电门间的距离h．（l）使用游标卡尺测量小球的直径如图2所示，则小球直径为 1.170 cm．（2）改变光电门1的位置，保持光电门2的位置不变，小球经过光电门2的速度为v，不考虑空气阻力，小球的加速度为重力加速度g，则h、t、g、v四个物理量之间的关系为h=．（3）根据实验数据作出﹣t图线，若图线斜率的绝对值为k，根据图线可求出重力加速度大小为2k ．考点：测定匀变速直线运动的加速度．专题：实验题．分析：游标卡尺读数的方法是主尺读数加上游标读数，不需估读．根据自由下落的公式和匀变速直线运动的推论求出h、t、g、v四个物理量之间的关系．整理得到﹣t图线的表达式，并找出图线的斜率和加速度关系．解答：解：（1）主尺读数为1.1cm，游标读数为0.05×14=0.70mm=0.070cm，所以最终读数为1.1cm+0.070cm=1.170cm．（2）小球经过光电门2的速度为v，根据运动学公式得从开始释放到经过光电门2的时间t′=，所以从开始释放到经过光电门1的时间t″=t′﹣t=﹣t所以经过光电门1的速度v′=gt″=v﹣gt根据匀变速直线运动的推论得：两光电门间的距离h=t=（3）h=所以=v﹣gt若﹣t图线斜率的绝对值为k，k=g所以重力加速度大小g=2k．故答案为：（1）1.170；（2）；（3）2k．点评：要掌握游标卡尺的读数方法，主尺读数加上游标读数，不需估读．要提高应用匀变速直线的规律以及推论解答实验问题的能力，在平时练习中要加强基础知识的理解与应用．整理图象所要求的表达式，根据斜率的物理意义求解．14．如图所示，在“研究平抛物体运动”的实验中，用一张印有小方格的纸记录轨迹，小方格的边长l=1.25cm．若小球在平抛运动途中的几个位置如图中的a、b、c、d所示，则小球平抛的初速度的计算式为v o= （用l、g表示），小球在b点的速率是0.89m/s ．（取g=9.8m/s2）．考点：研究平抛物体的运动．专题：实验题；平抛运动专题．分析：平抛运动竖直方向是自由落体运动，对于竖直方向根据△y=gT2求出时间单位T．对于水平方向由公式v0=求出初速度．由a、c间竖直方向的位移和时间求出b点竖直方向的分速度，运用速度的合成，求解b的速率．解答：解：设相邻两点间的时间间隔为T，竖直方向：2L﹣L=gT2，得到T=水平方向：v0=；小球在b点时，竖直方向上的瞬时速度等于，所以b点的速度带入数据解得：v b=0.89m/s故答案为：；0.89m/s点评：本题是频闪照片问题，频闪照相每隔一定时间拍一次相，关键是抓住竖直方向自由落体运动的特点，由△y=aT2求时间单位．三、计算题（本题共4小题，共48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）15．（10分）（2014•陕西校级模拟）甲车以10m/s的速度在平直的公路上匀速行驶，乙车以4m/s的速度与甲车同向做匀速直线运动，甲车经过乙车旁边开始以0.5m/s2的加速度刹车，从甲车刹车开始计时，求：。

石齐学校2015-2016学年高二上学期第一次月考物理（理）试题一、单项选择题（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。

）1.下列物理量中矢量是哪个？A.电场强度B.电势C.电动势D.电流2.关于电场强度，下列说法中正确的是A ．在以点电荷为中心的球面上任意两点的电场强度相同B ．检验电荷在电场中某点受力的方向一定是该点场强方向C ．在电场中某点，检验电荷q 所受的电场力F 与q 的比值不随q 的变化而变化D ．场强的大小和检验电荷q 的大小成反比3．在点电荷 Q 形成的电场中有一点A ，当一个－q 的检验电荷从电场的无限远处被移到电场中的A 点时，电场力做的功为W ，则检验电荷在A 点的电势能及电场中A 点的电势分别为：A ．A A W W q εϕ=-=，B ．A A W W q εϕ==-，C ．A A W W q εϕ==，D ．A A W q W εϕ=-=-，4、图中A ．B 、C 三点都在匀强电场中，已知AC ⊥BC ，∠ABC=60°，BC=20cm ．把一个电量q=10－5C 的正电荷从A 移到B ，电场力做功为零；从B 移到C ，电场力做功为1.73×10－3J ，则该匀强电场的场强大小和方向是A ．865V ／m ，垂直AC 向左B ．865V ／m ，垂直 AC 向右C ．1000V ／m ，垂直 AB 斜向上D ．1000V ／m ，垂直 AB 斜向下5．如图所示，在匀强电场中，有相互平行间隔相等的三个等势面A 、B 、C 。

其中等势面B 的电势为零。

一点电荷在不受其他外力作用的情况下，以垂直于等势面A 的初速度自P 点射入，且初动能为20J ，到达等势面C时，动能为零，则该电荷的电势能为5J 处的动能是A ．20JB ．15JC ．10JD ．5J6.如图所示，在两块带电平行金属板间，有一束电子沿Ox 轴方向射入电场，在电场中的运动轨迹为OCD .已知OA =AB ，则电子在OC 段和CD 段动能的增加量之比△E kC :△E kD 为A 1:4B 1:3C 1:2D 1:17、一根粗细均匀阻值为8Ω的电阻丝，在温度不变的条件下，先将它等分成四段，每段电阻为1R ；再将这四段电阻丝并联，并联后总电阻为2R ；则1R 与2R 的大小依次为A、1Ω，0.5ΩB、4Ω，lΩC、2Ω，0.5ΩD、2Ω，lΩ8、一台电动机，额定电压是100V，电阻是1Ω．正常工作时通过的电流为5A，则电动机输出的机械功率为A、500WB、25WC、2000WD、475W9、如图所示，直线a、抛物线b和曲线c分别为某一稳恒直流电源在纯电阻电路中的总功率P、电源内部发热功率P r、输出功率P R随电流I变化的图象，根据图象可知A．电源的电动势为9V，内阻为3ΩB．电源的电动势为3V，内阻为1ΩC．图象中任意电流值对应的P、P r、P R间的关系为P>P r+P RD．电路中总电阻为2Ω时，外电阻上消耗的功率最大且为2.25W10、在如图所示的电路中，电源的电压为U，R O为半导体热敏电阻，r、R1、R2是普通电阻，设除热敏电阻外，其他均不受温度的影响，那么当环境温度升高后，关于各电表示数的说法中正确的是A、A增大，V1增大，V2增大B、A增大，V1减小，V2增大C、A减小，V1增大，V2增大D、A增大，V1减小，V2增大二、多项选择题（本题共5小题，每小题4分，共20分。

湖南省邵阳县石齐学校2015-2016学年高二数学下学期第一次月考试题时量120分钟，满分100分。

一、选择题：（本大题共10小题，每小题4分，满分40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 .如图是一个几何体的三视图，则该几何体为A.圆柱B.圆锥C.圆台D.球2.已知集合A ={1,2,3}，集合B={0,1,2}，则A ∩B=A.{0，1，2，3}B.{1，2，3}C.{0，1，2}D.{1，2}3. 在区间[2,7]内任取一个实数，则此数大于5的概率为A.51B.52C.53D.54 4 .某程序框图如图所示，若输入x 的值为2，则输出y 的值是A.2B.3C.4D.55 .在△ABC 中，若0=⋅AC AB ，则△ABC 的形状是A.直角三角形B.等腰三角形C.锐角三角形D.钝角三角形 6 . sin225︒的值为A.22B.－1C.23D.－22 7.如图，在正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，直线BD 与A 1C 1的位置关系是A.平行B.相交C.异面但不垂直D. 异面且垂直 8．不等式x(x-1)<0的解集是( )A ． {x ∣x<0} B.{ x ∣x<1} C.{ x ∣0<X<1} D. {x ∣x<0或X>1}9. 下列坐标对应的点中，落在不等式x+y-1<0表示的平面区域内的是A (0, 0) B(2，4) C (-1，4) D (1，8)10.某同学从家里骑车一路匀速行驶到学校，只是在途中遇到一次交通堵塞，耽搁了 一些时间，下列函数的图像最能符合上述情况的是二、填空题：本大题共5小题，每小题4分，满分20分。

11.样本数据3，9，5，2，6的中位数数是＿＿12. 直线x+y-1=0的倾斜角是13. 已知a 是函数f(x)=2- log xa是值为14.已知函数y ＝sin ωx(ω＞0)ω的值为＿＿＿＿＿＿15.如图1，在矩形ABCD 中，AB ＝2BC ，E 、F 分别是AB 、CD 的中点，现在沿EF 把这个矩形折成一个直二面角A －E F －C (如图2)，则在图2中直线A F 与平面E B C F 所成 的角的大小为三、解答题：（本大题共5小题，满分40分。

2015-2016学年湖南省邵阳市邵阳县石齐学校高二（上）第三次月考物理试卷（166班）一、单项选择题1．真空中有两个等量异号点电荷，电量均为q，相距为r，设静电力常量为k，则在两个点电荷连线中点处，电场强度的大小和方向是（）A．，指向正电荷B．，指向负电荷C．，指向正电荷D．，指向负电荷2．电路中路端电压U随干路电流I变化的关系如图所示，则电源的电动势E和内电阻r分别是（）A．E=1.0V，r=5.0ΩB．E=1.0V，r=2.5ΩC．E=2.0V，r=5.0ΩD．E=2.0V，r=2.5Ω3．在如图所示的电路中，小灯泡A、B、C规格相同，当闭合开关K时，小灯泡A、B、C的亮度变化情况可能是（）A．A灯变亮，B灯变亮，C灯变暗B．A灯变亮，B灯亮暗，C灯变亮C．A灯变暗，B灯变亮，C灯变暗D．A灯变暗，B灯亮暗，C灯变亮4．图中电阻R1、R2、R3的阻值相等，电池的内阻不计．开关S接通后流过R2的电流是S接通前的（）A．B．C．D．5．为了保障行驶安全，一种新型双门电动公交车安装了如下控制装置：只要有一扇门没有关紧，汽车就不能启动．如果规定：车门关紧时为“1”，未关紧时为“0”；当输出信号为“1”时，汽车可以正常启动行驶，当输出信号为“0”时，汽车不能启动．能正确表示该控制装置工作原理的逻辑门是（）A．与门 B．或门 C．非门 D．与非门6．水平放置的平行金属板a、b带有等量正负电荷，a板带正电，两板间有垂直于纸面向里的匀强磁场，一个带正电的粒子在两板间作直线运动，粒子的重力不计．关于粒子在两板间运动的情况，正确的是（）A．只能是向右做匀速直线运动 B．可能向右做匀加速直线运动C．只能是向左做匀速直线运动 D．可能向左做匀加速直线运动7．在一个匀强电场中有a、b两点，相距为d，电场强度为E，把一个电量为q的负电荷由a移到b点时，电场力对电荷做正功W，以下说法正确的是（）A．a点电势比b点电势低B．a、b两点电势差大小为U=EdC．ab两点电势差大小为 U=D．该电荷在b点电势能较a点大8．如图所示，直线A为电源的U﹣I图线，曲线B为小灯泡的U﹣I图线，用该电源和小灯泡组成闭合电路时，电源的输出功率和电源的总功率分别是（）A．4W、8W B．4W、6W C．2W、4W D．2W、3W9．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．假设有一个带正电的宇宙射线粒子正垂直于地面向赤道射来，在地磁场的作用下，它将（）A．向东偏转 B．向南偏转 C．向西偏转 D．向北偏转10．如图所示，MN为两个匀强磁场的分界面，两磁场的磁感应强度大小的关系为B1=2B2，一带电荷量为+q、质量为m的粒子从O点垂直MN进入B1磁场，则经过多长时间它将向下再一次通过O点（）A．B．C．D．11．如图，长为2l的直导线折成边长相等，夹角为60°的V形，并置于与其所在平面相垂直的匀强磁场中，磁感应强度为B．当在该导线中通以电流强度为I的电流时，该V形通电导线受到的安培力大小为（）A．0 B．0.5BIl C．BIl D．2BIl12．如图所示，一个静止质量为m，带电量为+q的带电粒子（不计重力），经电压为U的电场加速后垂直进入磁感应强度为B的匀强磁场中，并打在P点．设OP=x，能正确反映x与U 之间函数关系的x﹣U图象如图中的（）A．B．C．D．二、填空题13．如图所示，四个相同的电流表分别改装成两个安培表和两个伏特表．安培表A1的量程大于A2的量程，伏特表V1的量程大于V2的量程，把它们按图接入电路，则安培表A1的偏转角安培表A2的偏转角；伏特表V1的偏转角伏特表V2的偏转角．（填“大于”，“小于”或“等于”）14．某同学要探究一种新材料制成的圆柱体的电阻．步骤如下：（1）用游标为20分度的卡尺测量其长度如图1，由图可知其长度为mm．（2）用螺旋测微器测量其直径如图2，由图可知其直径为cm．（3）用多用电表的电阻“×10”挡，按正确的操作步骤测此圆柱体的电阻，表盘的示数如图3，则该电阻的阻值约为Ω．（4）该同学想用伏安法更精确地测量其电阻R，现有的器材及其代号和规格如下：待测圆柱体电阻R电流表A1（量程0～4mA，内阻约50Ω）电流表A2（量程0～10mA，内阻约30Ω）电压表V1（量程0～3V，内阻约10kΩ）电压表V2（量程0～15V，内阻约25kΩ）直流电源E（电动势4V，内阻不计）滑动变阻器R1（阻值范围0～15Ω，允许通过的最大电流2.0A）滑动变阻器R2（阻值范围0～20kΩ，允许通过的最大电流0.5A）开关S导线若干为使实验误差较小，要求测得多组数据进行分析，请在图4方框中画出测量的电路图，并标明所用器材的代号．三、计算题15．一个质量为m电荷量为q的带电粒子从x轴上的P（a，0）点以速度v，沿与x正方向成60°的方向射入第一象限内的匀强磁场中，并恰好垂直于y轴射出第一象限，不计重力．求：（1）粒子做圆周运动的半径R（2）匀强磁场的磁感应强度B．16．如图所示，三个定值电阻的阻值都为R=4Ω，开关K闭合时，有一质量为m=1.2×10﹣4kg 带电量为q=6×10﹣6C的小球静止于平行板电容器极板间的中点O．现在把开关K断开，此小球向一个极板运动，并与此极板相碰，碰撞时无机械能损失，碰撞后小球恰能运动到另一极板处，设两极板间的距离为d=2cm，电源内阻不计，g=10m/s2试求：（1）电源电动势E；（2）开关断开后，两极板间电压U′；（3）小球和电容器一个极板碰撞后所带的电量q′．17．在平面直角坐标系xoy中，第I象限存在沿y轴负方向的匀强电场，第IV象限存在垂直于坐标平面向外的匀强磁场，磁感应强度为B．一质量为m，电荷量为q的带正电的粒子从y轴正半轴上的M点以速度v0垂直于y轴射入电场，经x轴上的N点与x轴正方向成45°角射入磁场，最后从y轴负半轴上的P点垂直于y轴射出磁场，如图所示．不计粒子重力，求：（1）M、N两点间的电势差U MN；（2）粒子在磁场中运动的轨道半径r；（3）粒子从M点运动到P点的总时间t．2015-2016学年湖南省邵阳市邵阳县石齐学校高二（上）第三次月考物理试卷（166班）参考答案与试题解析一、单项选择题1．真空中有两个等量异号点电荷，电量均为q，相距为r，设静电力常量为k，则在两个点电荷连线中点处，电场强度的大小和方向是（）A．，指向正电荷B．，指向负电荷C．，指向正电荷D．，指向负电荷【考点】电场的叠加；电场强度．【专题】电场力与电势的性质专题．【分析】先求出两个点电荷单独在该点产生的场强，然后根据矢量合成的原则进行合成即可．【解答】解：根据点电荷场强公式，正负电荷单独存在时在该点产生的场强大小相等，为：正负电荷单独存在时在该点产生的场强方向也相同，故合场强为方向由正电荷指向负电荷；故选D．【点评】本题关键是求出各个点电荷单独存在时在两个电荷连线中点产生的场强大小，然后根据矢量合成的原理进行合成．2．电路中路端电压U随干路电流I变化的关系如图所示，则电源的电动势E和内电阻r分别是（）A．E=1.0V，r=5.0ΩB．E=1.0V，r=2.5ΩC．E=2.0V，r=5.0ΩD．E=2.0V，r=2.5Ω【考点】闭合电路的欧姆定律．【专题】恒定电流专题．【分析】由图象的意义可知电源的电动势为2V，斜率的绝对值表示内阻．【解答】解：由图象可知电源的电动势为2V，r=k==2.5Ω，故ABC错误，D正确．故选：D．【点评】明确U﹣I图象的意义是解题的关键，正确读出电源的电动势，知道图象的斜率表示电源内阻．3．在如图所示的电路中，小灯泡A、B、C规格相同，当闭合开关K时，小灯泡A、B、C的亮度变化情况可能是（）A．A灯变亮，B灯变亮，C灯变暗B．A灯变亮，B灯亮暗，C灯变亮C．A灯变暗，B灯变亮，C灯变暗D．A灯变暗，B灯亮暗，C灯变亮【考点】闭合电路的欧姆定律．【专题】定性思想；推理法；恒定电流专题．【分析】电路动态分析问题，一般思路先分析开关K闭合后对部分的影响，再分析对整个电路的影响，然后再结合欧姆定律具体分析每个灯亮度的变化情况．【解答】解：开关K闭合后，电阻R被短路，整个电路的总电阻R总减小，整个电路的总电流I将要增大故流过A灯的电流增大，A灯变亮；内电压U内=Ir也增大，路端电压U=E﹣U内将减小而A灯两端电压U A=IR1将增大，故此时C灯电压U C=U﹣U A将减小，因此C灯要变暗对B灯分析，B灯两端电压可能比原来大，也可能比原来小，或者电压不变，因此B灯可能亮度不变、变亮或者变暗，A正确；故选：A【点评】本题考查电路动态分析，注意掌握解决动态分析题的一般方法：部分变化﹣整体变化﹣再到部分变化的思路．4．图中电阻R1、R2、R3的阻值相等，电池的内阻不计．开关S接通后流过R2的电流是S接通前的（）A．B．C．D．【考点】闭合电路的欧姆定律．【专题】恒定电流专题．【分析】开关S接通前，R1、R2串联；S接通后，R2、R3并联后与R1串联．根据欧姆定律，并结合串并联电路的特点求解．【解答】解：设电源电动势为E，R1=R2=R3=R，则S接通时，I2=×=，S断开时，I2′=，所以=，故B选项正确．故选：B．【点评】此题考查欧姆定律及电阻的串、并联．要注意在采用比例法时，要用相同的量表示所研究的物理量．5．为了保障行驶安全，一种新型双门电动公交车安装了如下控制装置：只要有一扇门没有关紧，汽车就不能启动．如果规定：车门关紧时为“1”，未关紧时为“0”；当输出信号为“1”时，汽车可以正常启动行驶，当输出信号为“0”时，汽车不能启动．能正确表示该控制装置工作原理的逻辑门是（）A．与门 B．或门 C．非门 D．与非门【考点】简单的逻辑电路．【专题】恒定电流专题．【分析】门关紧时输入信号为“1”，未关紧时输入信号为“0”；当输出信号为“1”时，报警器就鸣响，输出信号为“0”时，报警器就不鸣响．该控制装置工作原理的逻辑门是与非门．【解答】解：因为输入“1，0”“0，1”“0，0”输出都为“0”，而输入“1，1”输出为“1”，知该逻辑门是与门．故A正确，B、C、D错误．故选A．【点评】该题容易误选或门，注意若是或门输入“1，1”输出为“1”，报警器就鸣响．6．水平放置的平行金属板a、b带有等量正负电荷，a板带正电，两板间有垂直于纸面向里的匀强磁场，一个带正电的粒子在两板间作直线运动，粒子的重力不计．关于粒子在两板间运动的情况，正确的是（）A．只能是向右做匀速直线运动 B．可能向右做匀加速直线运动C．只能是向左做匀速直线运动 D．可能向左做匀加速直线运动【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】首先根据带正电粒子作直线运动，结合受力分析（粒子只受电场力和洛伦兹力作用）和左手定则，即可判断出粒子所受的洛伦兹力的方向只能向上，粒子只能向右做匀速直线运动．【解答】解：带正电的粒子在两板间作直线运动，可知粒子受力平衡，对小球进行受力分析，受电场力和洛伦兹力作用，电场力方向向下，洛伦兹力的方向只能向上，由左手定则可判断出带正电的小球只能向右运动．因洛伦兹力大小不变，所以小球只能做匀速直线运动．选项A正确，选项BCD错误．故选A．【点评】带电粒子在匀强电场和匀强磁场共存区域内运动时，往往既要受到电场力作用，又要受到洛仑兹力作用．这两个力的特点是，电场力是恒力，而洛仑兹力的大小、方向随速度变化．若二力平衡，则粒子做匀速直线运动．若二力不平衡，则带电粒子所受合外力不可能为恒力，因此带电粒子将做复杂曲线运动．7．在一个匀强电场中有a、b两点，相距为d，电场强度为E，把一个电量为q的负电荷由a移到b点时，电场力对电荷做正功W，以下说法正确的是（）A．a点电势比b点电势低B．a、b两点电势差大小为U=EdC．ab两点电势差大小为 U=D．该电荷在b点电势能较a点大【考点】匀强电场中电势差和电场强度的关系．【专题】电场力与电势的性质专题．【分析】根据电势差的定义分析电势差U ab．根据推论：正电荷在电势高处其电势能大，分析ab两点电势高低．对照适用条件分析U=Ed的正误．【解答】解：A、电场力做功的关系式W ab=qU ab，负电荷从a点移到b点时，电场力对电荷做正功W，所以U ab＜0，故a点电势比b点低．故A正确．B、当ab两点在同一电场线上时，U=Ed．本题ab是否在同一电场线上不确定，则U大小不一定为等于Ed，故B错误．C、电荷从a移动到b，电场力做功W，根据电势差的定义U ab=，故C正确．D、电场力对电荷做正功W，电势能减小，电荷在a点电势能较b点大，故D错误．故选：AC．【点评】电场这一章概念较多，也很抽象，要从物理量的定义出发，从定义式中各个量的含义、矢标性、条件、与其他概念的区别与联系等方面加深对概念的理解，8．如图所示，直线A为电源的U﹣I图线，曲线B为小灯泡的U﹣I图线，用该电源和小灯泡组成闭合电路时，电源的输出功率和电源的总功率分别是（）A．4W、8W B．4W、6W C．2W、4W D．2W、3W【考点】路端电压与负载的关系．【专题】恒定电流专题．【分析】电源的外特性曲线与灯泡伏安特性曲线的交点就是灯泡与电源连接时的工作状态，由图可读出工作电压和电流及电源的电动势从而可算出电路的总功率和电源的输出功率．【解答】解：由图A读出：电源的电动势 E=3V，内阻 r===0.5Ω；两图线的交点表示灯泡与电源连接时的工作状态，此时灯泡的电压 U=2V ，电流 I=2A ； 则电源的总功率P 总=EI=3×2W=6W电源的输出功率 P 出=EI ﹣I 2r=（3×2﹣22×0.5）W=4W 故选：B ． 【点评】解决这类问题的关键在于从数学角度理解图象的物理意义，抓住图象的斜率、面积、截距、交点等方面进行分析，更加全面地读出图象的物理内涵．9．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．假设有一个带正电的宇宙射线粒子正垂直于地面向赤道射来，在地磁场的作用下，它将（ ）A ．向东偏转B ．向南偏转C ．向西偏转D ．向北偏转 【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】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：地球的磁场由南向北，当带正电的宇宙射线粒子垂直于地面向赤道射来时，根据左手定则可以判断粒子的受力的方向为向东，所以粒子将向东偏转，所以A 正确． 故选A ．【点评】本题就是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．10．如图所示，MN 为两个匀强磁场的分界面，两磁场的磁感应强度大小的关系为B 1=2B 2，一带电荷量为+q 、质量为m 的粒子从O 点垂直MN 进入B 1磁场，则经过多长时间它将向下再一次通过O 点（ ）A ．B ．C ．D ．【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】粒子垂直进入磁场，做匀速圆周运动，半径r=，则粒子在两个磁场中半径之比为1：2，画出轨迹，根据周期求出时间．【解答】解：粒子垂直进入磁场，由洛伦兹力提供向心力，则根据牛顿第二定律得qvB=m得轨迹半径r=，周期T==可知r1：r2=1：2 画出轨迹如图．粒子在磁场B1中运动时间为T1，在磁场B2中运动时间为粒子向下再一次通过O点所经历时间t=T1+=+=故选：B．【点评】本题关键在于画出粒子运动的轨迹，确定时间与周期的关系，这也是磁场中的轨迹问题常用的思路．11．如图，长为2l的直导线折成边长相等，夹角为60°的V形，并置于与其所在平面相垂直的匀强磁场中，磁感应强度为B．当在该导线中通以电流强度为I的电流时，该V形通电导线受到的安培力大小为（）A．0 B．0.5BIl C．BIl D．2BIl【考点】安培力的计算．【专题】计算题．【分析】由安培力公式F=BIL进行计算，注意式中的L应为等效长度．【解答】解：导线在磁场内有效长度为2lsin30°=l，故该V形通电导线受到安培力大小为F=BI2lsin30°=BIL，选项C正确．故选C．【点评】本题考查安培力的计算，熟记公式，但要理解等效长度的意义．12．如图所示，一个静止质量为m，带电量为+q的带电粒子（不计重力），经电压为U的电场加速后垂直进入磁感应强度为B的匀强磁场中，并打在P点．设OP=x，能正确反映x与U 之间函数关系的x﹣U图象如图中的（）A．B．C．D．【考点】带电粒子在匀强磁场中的运动；牛顿第二定律；向心力．【专题】带电粒子在磁场中的运动专题．【分析】根据动能定理得到带电粒子加速获得的速度．带电粒子进入磁场中由洛伦兹力提供向心力做匀速圆周运动，由牛顿第二定律得到半径r，x=2r，根据x与U的表达式选择图象．【解答】解：在加速电场中，由动能定理得qU=，得v=在磁场中，由qvB=m得r==则得x=2r=，B、m、q都一定，则由数学知识得到，x﹣U图象是抛物线，B正确．故选B【点评】本题是质谱仪的原理，根据物理规律得到解析式，再由数学知识选择图象是常用的方法和思路．二、填空题13．如图所示，四个相同的电流表分别改装成两个安培表和两个伏特表．安培表A1的量程大于A2的量程，伏特表V1的量程大于V2的量程，把它们按图接入电路，则安培表A1的偏转角等于安培表A2的偏转角；伏特表V1的偏转角等于伏特表V2的偏转角．（填“大于”，“小于”或“等于”）【考点】把电流表改装成电压表．【专题】实验题；恒定电流专题．【分析】两个安培表和两个伏特表均是由四个相同的电流表改装成的，表头的满偏电流和内阻相同．安培表A1、A2并联，电压相同，表头的电流，指针偏转角度相同，量程越大，其读数越大．伏特表V1与V2串联，流过表头的电流相同，指针偏转的角度相同，则量程越大，其读数越大．【解答】解：四个相同的电流表分别改装成两个安培表和两个伏特表．安培表A1的量程大于A2的量程，伏特表V1的量程大于V2的量程，把它们按图接入电路，则安培表A1的偏转角等于安培表A2的偏转角；伏特表V1的偏转角等于伏特表V2的偏转角．故答案为：等于；等于．【点评】安培表和伏特表都是由小量程电流表（表头）改装而成的，其核心是表头，表头指针的偏转角度取决于流过表头的电流．14．某同学要探究一种新材料制成的圆柱体的电阻．步骤如下：（1）用游标为20分度的卡尺测量其长度如图1，由图可知其长度为50.15 mm．（2）用螺旋测微器测量其直径如图2，由图可知其直径为0.4700 cm．（3）用多用电表的电阻“×10”挡，按正确的操作步骤测此圆柱体的电阻，表盘的示数如图3，则该电阻的阻值约为220 Ω．（4）该同学想用伏安法更精确地测量其电阻R，现有的器材及其代号和规格如下：待测圆柱体电阻R电流表A1（量程0～4mA，内阻约50Ω）电流表A2（量程0～10mA，内阻约30Ω）电压表V1（量程0～3V，内阻约10kΩ）电压表V2（量程0～15V，内阻约25kΩ）直流电源E（电动势4V，内阻不计）滑动变阻器R1（阻值范围0～15Ω，允许通过的最大电流2.0A）滑动变阻器R2（阻值范围0～20kΩ，允许通过的最大电流0.5A）开关S导线若干为使实验误差较小，要求测得多组数据进行分析，请在图4方框中画出测量的电路图，并标明所用器材的代号．【考点】测定金属的电阻率．【专题】实验题；恒定电流专题．【分析】本题（1）在进行游标卡尺读数时，要分成整数部分和小数部分两部分来读，注意将整数部分单位化为mm；题（2）进行螺旋测微器读数时也要分成整数部分和小数部分两部分来读，注意“半毫米”刻度线是否露出；题（3）进行欧姆表读数时注意倍率，一般不需要估读；题（4）首先根据电源电动势大小来选择电压表量程，根据通过待测电阻的最大电流来选择电流表的量程，根据实验要求多测几组数据可知变阻器应采用分压式接法，应选择阻值小的变阻器以方便调节，根据待测电阻满足电流表外接法的条件选择外接法．【解答】解：（1）：游标卡尺的读数为：L=50mm+3×0.05mm=50.15mm；（2）：螺旋测微器的读数为：d=4.5mm+20.0×0.01mm=4.700mm=0.4700cm；（3）：欧姆表的读数为：R=22×10Ω=220Ω；（4）：由于电压表量程太大（量程的大于电源的电动势），所以电压表应选择；根据欧姆定律可求出通过待测电阻的最大电流为==≈14mA，所以电流表应选择；根据实验要求多测几组数据可知变阻器应采用分压式接法，应选择阻值小的变阻器以方便调节；由于待测电阻满足，电流表应用外接法，所以电路应是“分压外接”电路，如图所示：故答案为：（1）50.15；（2）0.4700；（3）220；（4）如图【点评】应明确：①游标卡尺和螺旋测微器读数时都要分成整数部分和小数部分两部分来读；②当实验要求电流从零调或有“要求多测几组数据”的要求时，变阻器应采用分压式接法，应选择阻值小的变阻器以方便调节；③当待测电阻满足时，电流表应用外接法，满足时，电流表应用内接法．三、计算题15．一个质量为m电荷量为q的带电粒子从x轴上的P（a，0）点以速度v，沿与x正方向成60°的方向射入第一象限内的匀强磁场中，并恰好垂直于y轴射出第一象限，不计重力．求：（1）粒子做圆周运动的半径R（2）匀强磁场的磁感应强度B．【考点】带电粒子在匀强磁场中的运动；牛顿第二定律；向心力．【专题】带电粒子在磁场中的运动专题．【分析】（1）由几何轨迹找到圆心位置，由几何关系得到半径（2）洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律列方程可得匀强磁场的磁感应强度B【解答】解：（1）由入射和出射位置可圆心的位置，据几何关系有∴R==（2）据洛仑兹力提供向心力∴R==，得B=【点评】关键是找到圆心位置，由几何关系求半径，由洛伦兹力提供向心力得到磁感应强度16．如图所示，三个定值电阻的阻值都为R=4Ω，开关K闭合时，有一质量为m=1.2×10﹣4kg 带电量为q=6×10﹣6C的小球静止于平行板电容器极板间的中点O．现在把开关K断开，此小球向一个极板运动，并与此极板相碰，碰撞时无机械能损失，碰撞后小球恰能运动到另一极板处，设两极板间的距离为d=2cm，电源内阻不计，g=10m/s2试求：（1）电源电动势E；（2）开关断开后，两极板间电压U′；（3）小球和电容器一个极板碰撞后所带的电量q′．【考点】闭合电路的欧姆定律；电容器的动态分析．【专题】计算题；定量思想；电容器专题．【分析】（1）K闭合时，根据串并联电路的特点，求出电容器板间电压与电动势的关系，对小球受力情况进行分析，由电场力与重力平衡，即可求出板间电压，解得电源的电动势．（2）开关K断开后，由电路的关系求出电容器的板间电压．（3）断开K，对带电小球运动的全过程，根据动能定理求解小球与极板碰撞后所带的电量．【解答】解：（1）K闭合时，粒子静止，受力平衡，则 qE=mg得 E===200V电容器板间电压U=Ed=200×0.02V=4V由电路的结构得 U=E电，得电源的电动势 E电=U=4V=6V（2）开关断开后，两极板间电压U′=E电=3V；（3）粒子向下运动，据动能定理有：（mg﹣E′q）•=﹣0因为 mg=Eq，所以得（Eq﹣E′q）•=﹣0粒子与极板碰后，速率不变，碰后据动能定理得（E′q′﹣mg）d=0﹣联立得（Eq﹣E′q）•+（E′q′﹣Eq）d=0可得E′q′=q根据E=得q′=q=×6×10﹣6C=7×10﹣6C答：（1）电源电动势E是6V；（2）开关断开后，两极板间电压U′是3V；（3）小球和电容器一个极板碰撞后所带的电量q′是7×10﹣6C．【点评】本题是电路与电场两部分知识的综合，关键是确定电容器的电压与电动势的关系，分过程运用动能定理．17．在平面直角坐标系xoy中，第I象限存在沿y轴负方向的匀强电场，第IV象限存在垂直于坐标平面向外的匀强磁场，磁感应强度为B．一质量为m，电荷量为q的带正电的粒子从y轴正半轴上的M点以速度v0垂直于y轴射入电场，经x轴上的N点与x轴正方向成45°角射入磁场，最后从y轴负半轴上的P点垂直于y轴射出磁场，如图所示．不计粒子重力，求：（1）M、N两点间的电势差U MN；（2）粒子在磁场中运动的轨道半径r；（3）粒子从M点运动到P点的总时间t．。