【中小学资料】山西省太原市清徐县2016-2017学年高二物理下学期第一次调研考试试题

【关键字】学期太原五中2016—2017学年度第二学期阶段性检测高二物理（理）命题人：李兴鹏潘小利校对人：尹海齐丽虹吴柴乐（2017.3）一、选择题（每小题4分，共48分，1-7小题为单项选择题；8-12小题为多项选择题，漏选得2分，多选错选得0分）1．闭合电路的一部分导线ab处于匀强磁场中，图中各情况下导线都在纸面内运动，那么下列判断中正确的是（）A．都会产生感应电流B．都不会产生感应电流C．甲、乙不会产生感应电流，丙、丁会产生感应电流D．甲、丙会产生感应电流，乙、丁不会产生感应电流2．我国已经制订了登月计划，假如宇航员登月后想探测一下月球表面是否有磁场，他手边有一只灵敏电流表和一个小线圈，则下列推断正确的是( )A．直接将电流表放于月球表面，通过观察电流表是否有示数来判断磁场的有无B．将电流表与线圈组成闭合回路，使线圈沿某一方向运动，如果电流表无示数，则可判断月球表面无磁场C．将电流表与线圈组成闭合回路，使线圈沿某一方向运动，如果电流表有示数，则可判断月球表面有磁场D．将电流表与线圈组成闭合回路，使线圈在某一平面内沿各个方向运动，电流表无示数，则判断出月球表面无磁场3. 如图所示，闭合金属导线框放置在竖直向上的匀强磁场中，匀强磁场的磁感应强度的大小随时间变化。

下列说法正确的是( )A．当磁感应强度增加时，线框中可能无感应电流B．当磁感应强度增加时，线框中的感应电流一定增大C．当磁感应强度减小时，线框中的感应电流一定增大D．当磁感应强度减小时，线框中的感应电流可能不变4. 如图甲所示，在竖直向上的磁场中，水平放置一个单匝金属圆线圈，线圈所围的面积为，线圈电阻为1Ω，磁场的磁感应强度大小B随时间t的变化规律如图乙所示，规定从上往下看顺时针方向为线圈中感应电流i的正方向．则（）A．0～5s内i的最大值为B．第4s末i的方向为正方向C．第3s内线圈的发热功率最大D．3～5s内线圈有扩张的趋势5. 在磁感应强度为B的匀强磁场中，有一与磁场方向笔直、长度为L金属杆aO，已知ab=bO=L/2，a、b与磁场中以O为圆心的同心圆（都为部分圆弧）金属轨道始终接触良好．一电容为C的电容器接在轨道上，如图所示，当金属杆在与磁场笔直的平面内以O 为轴，以角速度ω顺时针匀速转动时（）A．B．C．电容器带电量D．若在eO间连接一个电压表，则电压表示数为零6.如图所示,两个笔直于纸面的匀强磁场方向相反，磁感应强度的大小均为B，磁场区域的宽度均为a，高度也为a的正三角形导线框ABC从图示位置沿x轴正方向匀速穿过两磁场区域，规定以逆时针方向为电流的正方向，在下列图形中能正确描述感应电流I与线框移动距离x关系的是()7．两个完全相同的灯泡A、B，自感线圈L的直流电阻与定值电阻R的阻值相等，由灯泡、线圈、电阻组成如下图所示的电路，在电键K断开的瞬间，A灯比B灯亮的电路是（）8．如图所示,在线圈上端放置一盛有冷水的金属杯，现接通交流电源，过了几分钟杯内的水沸腾起来，若要缩短上述加热时间，下列措施可行的有()A.增加线圈的匝数B.提高交流电源的频率C.将金属杯换为瓷杯D.取走线圈中的铁芯9. 如图所示，为两个有界匀强磁场，磁感应强度大小均为B，方向分别笔直纸面向里和向外，磁场宽度均为L，距磁场区域的左侧L处，有一边长为L的正方形导体线框，总电阻为R，且线框平面与磁场方向笔直，现用外力F使线框以速度v匀速穿过磁场区域，以如图初始位置为计时起点，规定：电流沿逆时针方向时电动势E为正，磁感线笔直纸面向里时磁通量为正，外力F向右为正。

山西省阳高县第一中学2016-2017学年高二物理下学期第一次月考试题（无答案）第I卷（选择题64分）一、单项选择题：本大题共10小题，每小题4分，共40分．在每小题给出的四个选项中，只有一个选项符合题目要求．请把符合题目要求选项的字母代号填写在答题卷中相应位置．选对的得4分，选错或不答的得0分．1、机场的安检人员用手持金属探测器检查乘客的情景．当探测线圈靠近金属物体时，在金属物体中就会产生电流，如果能检测出这种变化，就可以判定探测线圈附近有金属物体了．图中能反映出金属探测器工作原理的是( )A B C D2、如选项图所示，A中线圈有一小缺口，B、D中匀强磁场区域足够大，C中通电导线位于水平放置的闭合线圈某一直径的正上方．其中能产生感应电流的是( )3、如图所示，AOC是光滑的金属导轨，AO沿竖直方向，OC沿水平方向，ab是一根金属棒，如图立在导轨上，它从静止开始在重力作用下运动，运动过程中b端始终在OC上，a端始终在OA上，直到完全落在OC上，空间存在着匀强磁场，磁场方向垂直于纸面向里，则ab棒在上述过程中( )A．感应电流方向是b→aB．感应电流方向是a→bC．感应电流方向先是b→a，后是a→bD．感应电流方向先是a→b，后是b→a4、如图所示，一质量为m的条形磁铁用细线悬挂在天花板上，细线从一水平金属圆环中穿过.现将环从位置Ⅰ释放，环经过磁铁到达位置Ⅱ.设环经过磁铁上端和下端附近时细线的张力分别为F T1和F T2，重力加速度大小为g，则( )A.F T1>mg，F T2>mgB.F T1<mg，F T2<mgC.F T1>mg，F T2<mgD.F T1<mg，F T2>mg5、如图，把一条形磁铁从图示位置由静止释放，穿过采用双线绕法的通电线圈，此过程中条形磁铁做( )A．减速运动 B．匀速运动C．自由落体运动 D．变加速运动6、如下图选项中所标的导体棒的长度均为L，处于磁感应强度为B的匀强磁场，导体棒平动速度均为v，产生电动势为BLv的是( )7、如图所示，水平地面上方有正交的匀强电场E和匀强磁场B，电场方向竖直向下，磁场方向垂直纸面向外，等腰三角形的金属框由底边呈水平位置开始沿竖直平面在电磁场中由静止开始下落，下落过程中三角形平面始终在竖直平面内，不计阻力，a，b落到地面的次序是( )A．a先于b B．b先于aC．a，b同时落地D．无法判断8、如图所示的电路中，电源的电动势为E，内阻为r，电感L的电阻不计，电阻R的阻值大于灯泡D的阻值．在t＝0时刻闭合开关S，经过一段时间后，在t＝t1时刻断开S.下列表示A、B两点间电压U AB随时间t变化的图象中，正确的是( )9、如图，在光滑水平桌面上有一边长为L、电阻为R的正方形导线框；在导线框右侧有一宽度为d(d＞L)的条形匀强磁场区域，磁场的边界与导线框的一边平行，磁场方向竖直向下.导线框以某一初速度向右运动，t＝0时导线框的右边恰与磁场的左边界重合，随后导线框进入并通过磁场区域.下列v －t 图象中，可能正确描述上述过程的是( )10、如图甲所示，标有“220 V 40 W”的灯泡和标有“20 μF 300 V”的电容器并联到交流电源上，为交流电压表，交流电源的输出电压如图乙所示，闭合开关.下列判断正确的是( )A. t ＝T 2时刻，的示数为零B. 灯泡恰好正常发光C. 电容器不可能被击穿D. D.的示数保持110 2 V 不变二、双项选择题：本大题共6小题，每小题4分，共24分．在每小题给出的四个选项中，有两个选项符合题目要求．请把符合题目要求选项的字母代号填写在答题卷中相应位置．全部选对的得4分，只选1个且正确的得2分，有选错或不答的得0分．11、如图，A 、B 两回路中各有一开关S 1、S 2，且回路A 中接有电源，回路B 中接有灵敏电流计(如图所示)，下列操作及相应的结果可能实现的是( )A ．先闭合S 2，后闭合S 1的瞬间，电流计指针偏转B ．S 1，S 2闭合后，在断开S 2的瞬间，电流计指针偏转C ．先闭合S 1，后闭合S 2的瞬间，电流计指针偏转D ．S 1，S 2闭合后，在断开S 1的瞬间，电流计指针偏转12、在如图甲所示的电路中，螺线管匝数n ＝1 500，横截面积S ＝20 cm 2，螺线管导线电阻r ＝1.0 Ω，R 1＝4.0 Ω，R 2＝5.0 Ω，电容器电容C ＝30 μF 。

太原五中2016-2017学年度第一学期阶段性检测高二理科综合（物理）一、选择题（每小题四个选项中只有一个正确选项，每小题3分，共30分）41. 下列关于点电荷的说法，正确的是（）A.只有体积很小的带电体，才能作为点电荷B.体积很大的带电体一定不能看作点电荷C.点电荷一定是电荷量很小的电荷D.体积很大的带电体只要距离满足一定条件也可以看作点电荷42．以下关于静电场电场线的说法，正确的是（）A．电场线是电荷移动的轨迹B．电场线是实际存在的曲线C．电场线是闭合的曲线D．电场线是起始于正电荷（或无穷远处），终止于负电荷（或无穷远处）43. 某电场的电场线如图所示，则某点电荷在A 和B 处所受电场力的大小关系是（）A．FA>FBB．FA<FBC．FA=FBD．电荷正负不明无法判断44. 关于电源的作用，下列说法中正确的是（）A.电源的作用是能为电路持续地提供自由电荷B.电源的作用是能够自己直接释放出电能C.电源的作用是能保持导体两端的电压，使电路中有持续的电流D.电源的作用就是使自由电荷运动起来45. 通过电阻R的电流强度为I时，在t时间内产生的热量为Q，若电阻为2R，电流强度为I/2，则在时间t内产生的热量为 ( )A．4Q B．2Q Ｃ．Q/2 Ｄ．Q/446. 首先发现电流磁效应的物理学家是（）A．安培B．法拉第C．奥斯特D．伽利略47. 关于磁感线，下列说法中正确的是（）A．两条磁感线可以相交B．磁感线是磁场中实际存在的线C．磁感线总是从N 极出发，到S 极终止D．磁感线的疏密程度反映磁场的强弱48. 把小磁针放在环形电流中央，通以如图所示顺时针方向电流，则小磁针N极指向为（）A．水平向左B．垂直环形电流所在平面向里C．水平向右D．垂直环形电流所在平面向外49. 下图中分别标明了通电直导线中电流I、匀强磁场的磁感应强度B 和电流所受安培力F的方向，其中正确的是（）50. 如图所示的四个图中，标出了匀强磁场的磁感应强度B的方向、带正电的粒子在磁场中速度v的方向和其所受洛伦兹力f的方向，其中正确表示这三个方向关系的图是（）二、计算题（每小题10 分，共20分）1. 在真空中有两个相距0.18m的正点电荷，Q1电量为十1.8×10-12C。

山西省太原市第五中学2016-2017学年高二5月月考物理（理）试题一、选择题：（本题包含12小题，其中1—8小题为单选，每小题3分;9—12小题为多选，每小题4分，共40分）1.如图所示，两个质量相等的小球从同一高度沿倾角不同的两个光滑固定斜面由静止自由滑下，下滑到达斜面底端的过程中 （ ）A. 两物体所受重力冲量相同B. 两物体所受合外力冲量不相同C. 两物体到达斜面底端时时间相同D. 两物体到达斜面底端时动量相同 【答案】B 【解析】 A ：据()212h gsin t sin θθ=，可得：22ht gsin θ=；两个光滑固定斜面倾角不同，物体从顶端到底端的时间不同．两物体质量相等，在不同时间内重力冲量不同．故A 项错误．B ：两物体所受合外力的方向不同，两物体所受合外力冲量不同．故B 项正确．CD ：两物体到达斜面底端时速度方向不同，两物体到达斜面底端时动量不同．故C 项错误，D 项正确． 2.如图所示，一辆小车静止在光滑水平面上，A 、B 两人分别站在车的两端．当两人同时相向运动时（ ）A. 若小车不动，两人速率一定相等B. 若小车向左运动，A 的速率一定比B 的小C. 若小车向左运动，A 的动量一定比B 的大D. 若小车向左运动，A 的动量一定比B 的小 【答案】C 【解析】试题分析：AB两人及小车组成的系统不受外力，系统动量守恒，根据动量守恒定律得：m A v A+m B v B+m车v车=0，若小车不动，则m A v A+m B v B=0，由于不知道AB质量的关系，所以两人速率不一定相等，故A错误；若小车向左运动，则AB的动量和必须向右，而A向右运动，B向左运动，所以A的动量一定比B的大，故B错误，C正确；若小车向右运动，则AB的动量和必须向左，而A向右运动，B向左运动，所以A的动量一定比B的小，故D错误．考点：本题考查动量守恒．3.如图所示，A、B两小球在光滑水平面上分别以动量p1＝4 kg·m/s和p2＝6 kg·m/s(向右为参考正方向)做匀速直线运动，则在A球追上B球并与之碰撞的过程中，两小球的动量变化量Δp1和Δp2可能分别为( )A. －2 kg·m/s, 3 kg·m/sB. －8 kg·m/s, 8 kg·m/sC. 1 kg·m/s, －1 kg·m/sD. －2 kg·m/s, 2 kg·m/s【答案】D【解析】试题分析：由于碰撞过程中，动量守恒，两小球动量变化大小相等，方向相反，因此A错误；因为碰撞的过程中动能不增加．若Δp1和Δp2分别为-8kg•m/s，8kg•m/s，则P1′=-4kg．m/s，P2′=14kg．m/s根据知碰撞过程中动能增加，B错误；两球碰撞的过程中，B球的动量增加，Δp2为正值，A球的动量减小．Δp1为负值，故C错误．变化量为-2kg•m/s，2kg•m/s，符合动量守恒、动能不增加量，以及要符合实际的规律．故D正确．考点：动量守恒定律及其应用4.如图所示，质量为m、半径为b的小球，放在半径为a、质量为3m的大空心球内．大球开始静止在光滑的水平面上，当小球从图示位置无初速度地沿大球内壁滚到最低点时，大球移动的距离是（）A.()3a b4-B.a4C.3a4D.a b4-【答案】D 【解析】设小球滑到最低点所用的时间为t ，大球的位移大小为x ，小球发生的水平位移大小为a-b-x ，取水平向左方向为正方向．则根据水平方向平均动量守恒得：1230mv mv -=即：3a b x x mm t t --= , 解得：4a bx -= ,故选D ． 5.如图所示为一理想变压器，原、副线圈的匝数比为n ．原线圈接电压为0sin u U t ω=的正弦交流电，输出端接有一个交流电流表和—个电动机，电动机的线圈电阻为R ．当输入端接通电源后，电动机带动一质量为m 的重物匀速上升，此时电流表的示数为I ，重力加速度为g ，下列说法正确的是 ： （ ）A. 电动机两端电压为IRB. 原线圈中的电流为InC. 02nD. 022I U nIRnmg【答案】A 【解析】电动机电路属于非纯电阻电路，则欧姆定律不适用．因此电动机两端的电压不能为IR ，故A 错误；因为原副线圈的匝数比为n ，且电流表读数为I ，则由理想变压器的原副线圈的电流与匝数成反比得，原线圈的电流为In，故B 正确；原线圈接正弦交流电压u=U 0sinωt，由理想变压器的原副线圈的电压与匝数成正比得，电动机两端的电压02U n =所以电动机消耗的电功率为02P n=故C 正确；电动机消耗的功率为线圈内阻消耗的功率与输出功率之和，输出功率202P I R mgv n =-=，解得：022nIR v nmg= ，故D 正确；此题选择错误的选项，故选A ．点睛：电动机内有线圈则属于非纯电阻电路，所以电动机的输入功率等于电动机的线圈消耗功率与电动机的输出功率之和．6.一宇宙飞船以v =1.0×104 m/s 的速度进入密度为ρ=2.0×10-7 kg/m 3的微陨石流中，如果飞船在垂直于运动方向的最大截面积为S =5m 2，且认为微陨石与飞船碰撞后都附着在飞船上．为使飞船的速度保持不变，飞船的牵引力应为( ) A. 100 N B. 200 N C. 50 N D. 150 N【答案】A 【解析】选在时间△t 内与飞船碰撞的微陨石为研究对象，其质量应等于底面积为S ，高为v△t 的直柱体内微陨石尘的质量，即m=ρSv△t，初动量为0，末动量为mv ．设飞船对微陨石的作用力为F ，由动量定理得：F•△t=mv -0, 则F= mvt∆=ρsv 2=2.0×10-7×5×（1.0×104）2=102N ；根据牛顿第三定律可知，微陨石对飞船的撞击力大小也等于100N ．飞船要保持原速度匀速飞行，助推器增大的推力应为100N ；故选A.点睛：本题主要考查了动量定理及根据牛顿第三定律的直接应用，要注意正确选择研究对象，做好受力分析才能正确求解．7.如图所示，真空中的绝缘水平面上C 点左侧的区域水平面光滑且空间存在水平向右的匀强电场，C 点的右侧水平面粗糙．现从左边区域的某点由静止释放带正电绝缘小球A ，球A 经加速后与置于C 点的不带电的绝缘球B 发生碰撞，碰撞时间极短，且碰撞中系统无机械能损失，碰撞后B 球的速率为碰前A 球速率的一半，且两球均停在C 点右侧粗糙水平面上的同一点，A 、B 两球材料相同均可视为质点，则A 、B 两球的质量之比（ ）A. 1:1B. 1:2C. 1:3D. 1:4【答案】C 【解析】设A 球碰前速度为v 0，则碰后B 的速度为12v 0，由动量守恒定律：01012A AB m v m v m v =+⋅ ；由动能定理，对A ：2112A A m v m gx μ= ; 对B: 2011()22B B m v m gx μ=；联立解得：1012v v =- （1012v v =舍掉），m A :m B =1:3，故选C.8.如右图所示，a 、b 是同种材料(非超导材料)制成的等长导体棒，静止于水平面内足够长的光滑水平导轨上，b 的质量是a 的2倍，匀强磁场垂直于纸面向里．若给a 导体棒4.5 J 的初动能使之向左运动，不计导轨的电阻，则整个过程中a 棒产生的热量最大值为 ( )A. 2 JB. 1.5 JC. 3 JD. 4.5 J【答案】A 【解析】最终a 、b 以相同的速度向左运动．由于整个过程中a 、b 棒组成的系统所受合外力为0，系统的动量守恒．设a 的质量为m ，初速度为v 0，最终共同速度为v ，b 的质量为2m ，则由动量守恒定律得：mv 0=3mv ，v=13v 0．因12mv 02=4.5 J ，所以a 、b 共同运动时，222001111()0.5?22392ka v E mv m mv J ===⋅=，222001212()1?2392kb v E mv m mv J =⋅==⋅=．所以整个过程中产生的最大热量 Q=△E=12mv 02-E ka -E kb =（4.5-0.5-1）J=3 J ．又b 的质量是a 的2倍，长度相等，则b 的横截面积应为a 的2倍，其电阻应是a 的12，产生的热量应是a 的12，所以a 棒产生的热量Q a =23Q=2 J ．故A 正确．故选A.点睛：解答本题要正确分析两棒的运动情况，判断出系统的动量守恒，要知道当两棒共速时回路产生的焦耳最大，回路动能的减小量等于产生的热量，并能根据电阻关系来分配热量． 9.下列现象中属于反冲运动的是（ ） A. 喷气式飞机的运动 B. 直升机的运动 C. 火箭的运动 D. 用桨划船【答案】AC 【解析】喷气式飞机的运动和火箭的运动都是利用喷气的方式而获得动力，利用了反冲运动；故AC 正确；直升机是利用的空气的浮力而使飞机上升的；不属于反冲；故B 错误；用桨划船是利用水对桨的反作用力从而产生动力前进的，故不属于反冲运动，选项D 错误；故选AC.10.质量为11kg m =和2(m 未知)的两个物体在光滑的水平面上正碰，碰撞时间极短，其x t -图象如图所示，则( )A. 此碰撞一定为弹性碰撞B. 被碰物体质量为2kgC. 碰后两物体速度相同D. 此过程有机械能损失 【答案】A 【解析】试题分析：由图象可知，碰撞前m 2是静止的，m 1的速度为：v 1=4m/s ，碰后m 1的速度为：v 1′=-2m/s ，m 2的速度为：v 2′=2m/s ，两物体碰撞过程动量守恒，由动量守恒定律得：m 1v 1=m 1v 1′+m 2v 2′， 即：1×4=1×（-2）+m 2×2，解得：m 2=3kg ； 碰撞前总动能：E k =E k1+E k2=12m 1v 12+12m 2v 22=12×1×42+12×3×02=8J ， 碰撞后总动能：E k ′=E k1′+E k2′=12m 1v 1′2+12m 2v 2′2=12×1×（-2）2+12×3×22=8J ， 碰撞前后系统动能不变，故碰撞是弹性碰撞，故A 正确，BCD 错误；故选A. 考点：s-t 图像；动量守恒定律.【名师点睛】本题主要考查了动量守恒定律得应用以及x-t 图线，首先要知道x-t 图线的斜率等于物体的速度；同时要知道判断是否为弹性碰撞的方法是看机械能是否守恒，若守恒，则是弹性碰撞，若不守恒，则不是弹性碰撞.11.如图所示的变压器为理想变压器，原线圈匝数与副线圈匝数之比为10∶1，变压器的原线圈接入右图所示的正弦式交流电，电阻12320R R R ===Ω 和电容器连接成如左图所示的电路，其中电容器的击穿电压为8V ，电表为理想交流电表，开关S 处于断开状态，则（ ）A. 电压表V 的读数约为 7.07VB. 电流表A 的读数为0.05AC. 变压器的输入功率约为5WD. 若闭合开关S ，电容器不会被击穿【答案】ACD 【解析】开关断开时，副线圈为R 1和R 2串联，电压表测量R 2的电压，由图可知原线圈电压为1002V ，所以副线圈电压为102V ，则R 2的电压为52V≈7.07V，故A 正确；由A 的分析可知，副线圈电流为10240A ，所以原线圈电流为10212401040A A ⨯=，故B 错误；电阻R 1、R 2上消耗的功率为2(102)540P W ==，输入功率等于输出功率，故C 正确；当开关闭合时，R 1与R 3并联后和R 2串联，电容器的电压为并联部分的电压，并联部分电阻为R 并=10Ω， 所以并联部分的电压为10210102 V V ⨯=，最大值为102202833＜⋅=，所以电容器不会被击穿，故D 正确．故选ACD.点睛：本题考查了变压器的原理及最大值与有效值之间的数量关系．能根据欧姆定律求解电路中的电流，会求功率，知道电表示数为有效值，电容器的击穿电压为最大值，难度适中．12.如图所示，在光滑水平桌面上放有足够长的木板C ，在C 上左端和距左端x 处各放有小物块A 和B ，A 、B 的体积大小可忽略不计，A 、B 与长木板C 间的动摩擦因数均为μ，A 、B 、C 的质量均为m ，开始时，B 、C 静止，A 以某一初速度v 0向右做匀减速运动，设物体B 与板C 之间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力．下列说法正确的是( )A. 物体A 运动过程中，物块B 受到的摩擦力为12μmg B. 最终A BC 一起向右以V 3做匀速直线运动 C. 若要使物块AB 恰好不相碰，物块A 的初速度v 02μgx D. 若要使物块AB 恰好不相碰，物块A 的初速度v 03μgx =【答案】ABD 【解析】物块A 运动过程中，A 对C 的摩擦力f=μmg，对BC 整体分析，加速度122mgga mμμ＝＝，隔离对B 分析，物块B 受到的摩擦力12B mgf ma ＝＝μ，选项A 正确；根据动量守恒定律可知：03mv mv =，解得013v v =，选项B 正确；物块A 做匀减速直线运动，BC 做匀加速直线运动， 设速度相等经历的时间为t ，则02gv gt t μμ-＝，解得023v t gμ=， 根据22011222g v t gt t x μμ--⋅＝ 得，03v gx μ=．则A 的初速度v 0应满足的条件为03v gx μ≥，选项D 正确，C 错误；故选ABD ．点睛：解决本题的关键理清A 、B 、C 在整个过程中的运动规律，结合牛顿第二定律和运动学公式综合求解，知道速度相同时，一起做匀速直线运动，不再发生相对滑动．二、实验题：本题包含2小题，共10分。

高二年级第二学期第一次调研考试数学试题（理科）考试时间：120分钟 满分：150分 命题： 高考命题中心一、选择题（本大题共12小题，每小题5分，共60分）1.命题“若a b >，则22ac bc >（a b R ∈、）”与它的逆命题、否命题中，真命题的个数为 A.3 B.2 C.1 D.02．若'0()3f x =-，则000()(3)lim h f x h f x h h→+--= A 3- B 6- C 9- D 12-3. 如果命题“非p 或非q ”是假命题，则在下列各结论中，正确的为①命题“p 且q ”是真命题 ②命题“p 且q ”是假命题③命题“p 或q ”是真命题 ④命题“p 或q ”是假命题A.①③B.②④C.②③D.①④4. 函数()f x =5123223+--x x x 在[0,3]上的最大值和最小值分别是A.5，15-B.5，4-C. 4-，15-D.5，16-5 函数3y x x =+的递增区间是A ),0(+∞B )1,(-∞C ),(+∞-∞D ),1(+∞ 6. 已知函数323()32ax ax x f x -+=+，232()2g x a x ax x a =-++（a R ∈），在同一直角坐标 系中，函数'()f x 与()g x 的图像不可能的是（ ）7. ”或“31≠≠b a 是”“4≠+b a 的A.充分不必要条件B.必要不充分条件C.充要条件D.既不充分也不必要条件8. 若函数3()f x ax x =+在定义域R 上恰有三个单调区间，则a 的取值范围A ．)0,(-∞B ．),0(+∞C ．]0,(-∞D ．),0[+∞9. 若函数)(x f 的导函数34)(2+-='x x x f ,则函数)1(+x f 的单调递减区间是A ．)2,0(B ．)3,1( C.)2,4(-- D ．)1,3(--10.(A 题）曲线2)(3-+=x x x f 在0p 处的切线平行于直线14-=x y ，则0p 点的坐标为A ．(1,0)B ．(2,8)C ．(1,0)和(1,4)--D ．(2,8)和(1,4)--10.（B 题）过曲线2x y =上一点作切线与直线013=+-y x 交成450角，则切点坐标为 A ． （－1，1） B ． （41，161）或（1，1） C ． （41，161）或（－1，1） D ． （－1，1）或（1，1） 11.(A 题))(x f 在定义域内可导，若)1(+x f 是偶函数，且当)1,(-∞∈x 时，01)(<-'x x f ，设 ).3(),21(),0(f c f b f a ===则A ．c b a <<B ．b a c <<C ．a b c <<D ．a c b << 11.（B 题）()f x 是定义在R 上的偶函数，当0x <时0)()(<'+x f x x f ，且(4)0f -=则不等 式()0xf x >的解集为（ ）A.),4()0,4(+∞⋃-B. )4,0()4,(⋃--∞C.),4()4,(+∞⋃--∞D. )4,0()0,4(⋃-12．(A 题)已知函数()()f x x R ∈满足()11f =，且()f x 的导函数()1'2f x <，则()122x f x <+的解 集为（ ）A. {}|1x x >B.{}|x 1x <-C.{}|11x x x <->或D. {}|11x x -<<12.（B 题）已知函数()f x 的导数为()f x '，且()()()10x f x xf x '++>对[)0,x ∈+∞恒成立， 则下列不等式一定成立的是（ ）A ．()()122f ef <B ．()()12ef f <C ．()10f <D ．()()22ef e f <二、填空题（本大题共4个小题，每小题5分，共20分）13．命题：“2,10x R x ax ∃∈-+<”的否定为__________．14. 已知曲线12-=x y 与31x y +=在0x x =处的切线互相垂直，则0x = ．15. 函数x e x x f )3()(-=的单调递增区间是16. 设函数()f x 在(0,)+∞内可导，且(),x x f e x e =+则(1)f '=__________.三、解答题（本大题共6个小题，共70分。

一、选择题：（本题包含12小题，其中1—7小题为单选，每小题4分，8-12小题为多选，每小题5分，共53分)1．关于电场强度的下列说法中正确的是（）A．电场中某点的场强方向与放入该点的试探电荷所受电场力方向相同B．在等量异种电荷的电场中,两电荷连线中点处的电场强度最大C．在等量异种电荷的电场中，从两电荷连线中点沿其中垂直线向外场强越来越小D．在等量同种电荷的电场中,从两电荷连线中点沿其中垂直线向外场强越来越大【答案】C考点：考查了等量同种电荷，等量异种电荷电场分布规律【名师点睛】解答本题关键要掌握电场强度方向的规律，了解等量异种电荷和等量同种电荷电场线的分布情况,结合电场线的疏密分析场强的大小．2．两个大小相同的金属小球A 、B 分别带有q A ︰q B =4︰1数值的电荷量，相距较远，相互间引力为F ．现将另一个不带电的、与A 、B 完全相同的金属小球C ，先与A 接触，再与B 接触,然后离开并放回原处，则A 、B 间的作用力大小变为 ( )A ．F 81B ．F 41C ．F 21 D ．F 161【答案】B【解析】试题分析：假设A 带电量为4Q ，B 带电量为—Q ，距离为r ，两球之间的相互吸引力的大小是224Q F k r=，第三个不带电的金属小球C 与A 接触后,A 和C 的电量都为2Q ,C 与B 接触时总电荷量再平分，则C 、B 分开后电量均为2Q ，这时,A 、B 两球之间的相互作用力的大小2221212 4Q Q Q F k k F r r ⨯'===，B 正确；考点：考查了库仑定律的应用【名师点睛】要清楚带电体相互接触后移开，同种电荷电量平分，异种电荷电量先中和再平分．根据库仑定律的内容，找出变化量和不变量求出问题．3．有一正点电荷只受电场力作用从静电场中的点由静止释放，它沿直线运动到点的过程中，动能E k随位移x 变化的关系图象如右图所示，则该电场的电场线分布应是下图中的（)【答案】A考点：电场力做功【名师点睛】正点电荷从a运动到b，只有电场力做功，动能增加，图线动能随位移均匀增加，可根据动能定理列式分析．4如图一带负电粒子以某速度进入水平向右的匀强电场中，在电场力作用下形成图中所示的运动轨迹。

“华安、连城、永安、漳平、泉港一中、龙海二中”六校联考2016-2017学年下学期第一次月考高二物理试卷（考试时间：90分钟 总分：100分）命题人：泉港一中 刘素开 华安一中 宋志国 连城一中 李招沣一、选择题（本题共48分。

第1～8题只有一项符合题目要求，每小题4分。

第9～12题有多项符合题目要求。

全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。

） 1.关于电路中感应电动势的大小，下列说法中正确的是（ ）： A.穿过电路的磁通量越大，感应电动势就越大 B.电路中磁通量变化越快，感应电动势越大C.电路中磁通量的变化量越大，感应电动势就越大D.若电路中某时刻磁通量为零，则该时刻感应电流一定为零 2、以下各选项中属于交流电的是（ ）A B C D3.如图所示，导线框abcd 与通电导线在同一平面内，直导线中通有恒定电流并通过ad 和bc 的中点，当线框向右运动的瞬间，则（ ）：A.线框中有感应电流，且按逆时针方向B.线框中有感应电流，且按顺时针方向C.线框中有感应电流，但方向难以判断D.由于穿过线框的磁通量为零，所以线框中没有感应电流4、如图所示，A 、B 都是很轻的铝环，分别挂在绝缘细杆的两端，杆可绕中间竖直轴在水平面内转动，环A 是闭合的，环B 是断开的．若用磁铁分别接近这两个圆环，则下面说法正确的是（ ）A ．当磁铁N 极接近A 环时，A 环被吸引B ．当磁铁N 极接近B 环时，B 环被推斥C ．当磁铁N 极接近B 环时，B 环两端有感应电动势D ．当磁铁N 极接近B 环时，B 环两端无感应电动势5、矩形导线框abcd 固定在匀强磁场中，如图甲所示，磁感线的方向与导线框所在平面垂直，规定磁场的正方向垂直纸面向里，磁感应强度B 随时间t 变化的规律如图乙所示，则（ ）A.从0到t 1时间内，导线框中电流越来越小B.从t 1到t 2时间内，导线框中电流越来越大C.从0到t 1时间内，导线框中电流的方向为adcbaD.从t 2到t 3时间内，导线框中电流的方向为adcbaa b c d6.如图所示的电路为演示自感现象的实验电路，若闭合开关S ，电流达到稳定后通过线圈L 的电流为I 1，通过小灯泡L 2的电流为I 2，小灯泡L 2处于正常发光状态，则下列说法中正确的是（ ）： A.S 闭合瞬间，L 2灯缓慢变亮，L 1灯立即变亮 B.S 闭合瞬间，通过线圈L 的电流由零逐渐增大到I 1 C.S 断开瞬间，小灯泡L 2中的电流由I 1逐渐减为零，方向与I 2相同 D.S 断开瞬间，小灯泡L 2中的电流由I 2逐渐减为零，方向不变7两个相同的电阻，分别通以如图所示的正弦交流电和方波电流，两种交变电流的最大值、周期如图所示，则在一个周期内，正弦交流电在电阻上产生的热量Q 1与方波电流在电阻上产生的热量Q 2之比等于（ ）： A.1:1 B.1:2 C.2:1 D.3:18.如图，两条平行虚线之间存在匀强磁场，虚线间的距离为l ，磁场方向垂直纸面向里，abcd 是位于纸面内的梯形线圈，ad 与bc 间的距离也为l ，t =0时刻bc 边与磁场区域边界重合。

山西省阳高县第一中学2016-2017学年高二物理下学期第一次月考试题（无答案）第I卷（选择题64分）一、单项选择题：本大题共10小题，每小题4分，共40分．在每小题给出的四个选项中，只有一个选项符合题目要求．请把符合题目要求选项的字母代号填写在答题卷中相应位置．选对的得4分，选错或不答的得0分．1、机场的安检人员用手持金属探测器检查乘客的情景．当探测线圈靠近金属物体时，在金属物体中就会产生电流，如果能检测出这种变化，就可以判定探测线圈附近有金属物体了．图中能反映出金属探测器工作原理的是( )A B C D2、如选项图所示，A中线圈有一小缺口，B、D中匀强磁场区域足够大，C中通电导线位于水平放置的闭合线圈某一直径的正上方．其中能产生感应电流的是( )3、如图所示，AOC是光滑的金属导轨，AO沿竖直方向，OC沿水平方向，ab是一根金属棒，如图立在导轨上，它从静止开始在重力作用下运动，运动过程中b端始终在OC上，a端始终在OA上，直到完全落在OC上，空间存在着匀强磁场，磁场方向垂直于纸面向里，则ab棒在上述过程中( )A．感应电流方向是b→aB．感应电流方向是a→bC．感应电流方向先是b→a，后是a→bD．感应电流方向先是a→b，后是b→a4、如图所示，一质量为m的条形磁铁用细线悬挂在天花板上，细线从一水平金属圆环中穿过.现将环从位置Ⅰ释放，环经过磁铁到达位置Ⅱ.设环经过磁铁上端和下端附近时细线的张力分别为F T1和F T2，重力加速度大小为g，则( )A.F T1>mg，F T2>mgB.F T1<mg，F T2<mgC.F T1>mg，F T2<mgD.F T1<mg，F T2>mg5、如图，把一条形磁铁从图示位置由静止释放，穿过采用双线绕法的通电线圈，此过程中条形磁铁做( )A．减速运动 B．匀速运动C．自由落体运动 D．变加速运动6、如下图选项中所标的导体棒的长度均为L，处于磁感应强度为B的匀强磁场，导体棒平动速度均为v，产生电动势为BLv的是( )7、如图所示，水平地面上方有正交的匀强电场E和匀强磁场B，电场方向竖直向下，磁场方向垂直纸面向外，等腰三角形的金属框由底边呈水平位置开始沿竖直平面在电磁场中由静止开始下落，下落过程中三角形平面始终在竖直平面内，不计阻力，a，b落到地面的次序是( )A．a先于b B．b先于aC．a，b同时落地D．无法判断8、如图所示的电路中，电源的电动势为E，内阻为r，电感L的电阻不计，电阻R的阻值大于灯泡D的阻值．在t＝0时刻闭合开关S，经过一段时间后，在t＝t1时刻断开S.下列表示A、B两点间电压U AB随时间t变化的图象中，正确的是( )9、如图，在光滑水平桌面上有一边长为L 、电阻为R 的正方形导线框；在导线框右侧有一宽度为d (d ＞L )的条形匀强磁场区域，磁场的边界与导线框的一边平行，磁场方向竖直向下.导线框以某一初速度向右运动，t ＝0时导线框的右边恰与磁场的左边界重合，随后导线框进入并通过磁场区域.下列v －t 图象中，可能正确描述上述过程的是( )10、如图甲所示，标有“220 V 40 W ”的灯泡和标有“20 μF 300 V ”的电容器并联到交流电源上，为交流电压表，交流电源的输出电压如图乙所示，闭合开关.下列判断正确的是( )A. t ＝T 2时刻，的示数为零B. 灯泡恰好正常发光C. 电容器不可能被击穿D. D.的示数保持110 2 V 不变二、双项选择题：本大题共6小题，每小题4分，共24分．在每小题给出的四个选项中，有两个选项符合题目要求．请把符合题目要求选项的字母代号填写在答题卷中相应位置．全部选对的得4分，只选1个且正确的得2分，有选错或不答的得0分．11、如图，A 、B 两回路中各有一开关S 1、S 2，且回路A 中接有电源，回路B 中接有灵敏电流计(如图所示)，下列操作及相应的结果可能实现的是( )A ．先闭合S 2，后闭合S 1的瞬间，电流计指针偏转B ．S 1，S 2闭合后，在断开S 2的瞬间，电流计指针偏转C ．先闭合S 1，后闭合S 2的瞬间，电流计指针偏转D ．S 1，S 2闭合后，在断开S 1的瞬间，电流计指针偏转12、在如图甲所示的电路中，螺线管匝数n ＝1 500，横截面积S ＝20 cm 2，螺线管导线电阻r ＝1.0 Ω，R 1＝4.0 Ω，R 2＝5.0 Ω，电容器电容C ＝30 μF 。

2015-2016学年山西省重点中学协作体高二（下）第一次联考物理试卷学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________一、单选题(本大题共1小题，共3.0分)1.下列关于电阻率的叙述，正确的是（）A.电阻率与导体的长度和横截面积有关B.电阻率表征了材料的导电能力的强弱，由导体的材料决定，且与温度有关C.电阻率大的导体，电阻一定大D.有些合金的电阻率几乎不受温度变化的影响，可以用来制成电阻温度计【答案】B【解析】解：A、B、电阻率是描述材料导电能力的物理量，材料的电阻率由材料本身性质决定，与材料长度和横截面积无关，受温度影响；故A错误，B正确；C、电阻率由材料决定，电阻与材料、长度和截面积都有关，故电阻率大的导体，电阻不一定大；故C错误；D、有些合金的电阻率几乎不受温度变化的影响，可以用来制成标准电阻；金属电阻率随着温度的变化而变化，可以制作电阻温度计；故D错误；故选：B．电阻率是描述材料导电能力的物理量，材料的电阻率由材料本身性质决定，与材料长度和横截面积无关，受温度影响．明确电阻率是描述材料导电能力的物理量，材料的电阻率由材料本身性质决定，与材料长度和横截面积无关，受温度影响，基础问题．二、多选题(本大题共1小题，共3.0分)2.某物体运动的速度图象如图所示，根据图象可知（）A.0-5s内的位移为10mB.0-2s内的加速度为1m/s2C.第1s末与第3s末的速度方向相同D.第1s末与第5s末加速度方向相同【答案】BC【解析】解：A、速度时间图象与时间轴围成的面积表示物体通过的位移，则物体在0～5s内的位移x=×（2+5）×2=7m，故A错误．B、0～2s内的加速度为a==m/s2=1m/s2，故B正确．C、第1s末与第3s末的速度都是正值，所以速度方向相同，故C正确．D、第1s末所在位置的图象斜率为正值，第5s末的所在位置的图象斜率为负值，所以第1s末与第5s末的加速度方向相反，故D错误．故选：BC速度时间图象与时间轴围成的面积等于物体在该段时间内的位移；图象的斜率等于物体的加速度．根据斜率的正负分析加速度的方向．解答本题应抓住三点：（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）图象的斜率等于物体的加速度．三、单选题(本大题共3小题，共9.0分)3.体育课上一学生在水平篮球场上拍篮球，试分析篮球与地面作用时，地面给篮球的弹力的方向为（）A.斜左上B.斜右上C.竖直向上D.竖直向下【答案】C【解析】解：支持力是弹力，方向总是垂直于接触面，并指向被支持物．所以地面给篮球的弹力的方向为竖直向上．故选C．弹力方向垂直于接触面，压力指向被压物体，支持力指向被支持物体．弹力的方向与物体形变的方向相反．弹力有三种：压力、支持力和拉力，压力和支持力与接触面，轻绳的拉力沿着绳子指向绳收缩的方向．4.一放在水平地面上的物体，受到水平拉力作用，在0-6s内其速度-时间图象和力F的功率-时间图象如图所示，则物体的质量为（）（取g=10m/s2）A. B. C. D.【答案】C【解析】解：根据v-t图象可得，物体在0-2s的时间内做的是匀加速直线运动，加速度的大小为：a===3m/s2，在2s之后，物体做的是匀速直线运动，此时拉力大小的和阻力的大小相等，根据功率和时间的图象可得，此时有：P=F v=fv=f×6=10W，所以物体受到的阻力的大小为：f=N，根据P-t图象可得，在2s末的时刻，再根据P=F v可得在前2s的时间内，物体受到的拉力的F为：F==N=5N，对于前2s的时间内，根据牛顿第二定律可得：F-f=ma，所以物体的质量：m==kg=kg，所以C正确，故选C．根据速度--时间图象可以求得物体的加速度的大小和匀速运动时物体的速度的大小，根据功率--时间的图象可以求得物体在运动时的受到的摩擦力的大小，在根据牛顿第二定律即可求得物体的质量的大小．本题关键是根据速度时间--图象和功率--时间图象在不同时刻的物理量的大小来计算加速度和物体受到的力的大小，根据图象分析得出有用的信息是解决本题的关键．5.如图所示，小车上固定着硬杆，杆的端点固定着一个质量为m的小球．当小车有水平向右的加速度且逐渐增大时，杆对小球的作用力的变化（用F1至F4变化表示）可能是下图中的（00′沿杆方向）（）A. B. C.D.【答案】C【解析】解：小球与小车的运动情况保持一致，故小球的加速度也水平向右且逐渐增大，对小球进行受力分析，竖直方向受平衡力，所以杆子对小球的力的竖直向上的分量等于重力且不发生变化，水平方向合力向右并逐渐增大，所以杆子对小球的作用力的水平分量逐渐增大，故C正确．故选C．小球与小车的运动情况保持一致，当小车有水平向右的加速度且逐渐增大时，小球的加速度也水平向右且逐渐增大，对小球进行受力分析，根据牛顿第二定律和力的分解即可解题．本题要求同学们能根据运动情况分析物体的受力情况，并能结合牛顿第二定律及力的分解解题，难度适中．四、多选题(本大题共4小题，共16.0分)6.如图所示，从倾角θ的斜面上的M点水平抛出一个小球，小球的初速度为v0，最后小球落在斜面上的N点，在已知θ和v0的条件下（重力加速度g已知），空气阻力不计，则（）A.可求出小球平抛的位移B.可求出小球落到N点时的速度C.可求出小球落到N点时的动能D.可求出小球从M点到达N点的过程中重力所做的功【答案】AB【解析】解：A、根据tanθ=得，t=，则平抛运动的水平位移x=，小球平抛运动的位移s=，故A正确．B、设斜面的倾角为θ，tanθ=，设速度方向与水平方向的夹角为α，则tan，可知tanα=2tanθ，由于斜面的倾角已知，则可以求出小球落到N点的速度，故B正确．C、根据平行四边形定则可以求出小球落到N点的速度，但是小球的质量未知，则无法求出小球落到N点的动能，故C错误．D、由A选项知，平抛运动的时间可以求出，则可以求出下降的高度，但是小球的质量未知，无法求出重力做功的大小，故D错误．故选：AB．根据竖直位移和水平位移的关系，结合运动学公式求出平抛运动的时间，从而求出水平位移，结合平行四边形定则求出小球运动的位移大小．根据平抛运动速度方向与水平方向夹角的正切值是位移与水平方向夹角的正切值的2倍，得出小球落到N点的速度．由于小球的质量未知，无法求出小球落到N点的动能以及重力做功的大小．解决本题的关键知道平抛运动在水平方向和竖直方向上的运动规律，结合竖直位移和水平位移的关系求出运动的时间是解决本题的突破口．7.如图所示，有一倾角为30°的光滑斜面，匀强磁场垂直于斜面向上，匀强电场沿斜面向上并垂直斜面底边．一质量为m、带电荷量为q的小球，以速度v在斜面上做半径为R匀速圆周运动．则（）A.带电粒子带负电B.匀强磁场的磁感应强度大小B=C.匀强电场的场强大小为E=D.带电粒子在运动过程中机械能守恒【答案】BC【解析】解：A、小球恰在斜面上做匀速圆周运动，由洛伦兹力提供向心力，电场力与重力沿着斜面的分力相平衡，故粒子带正电，故A错误；B、由上分析，根据牛顿第二定律得：qv B=m得：r=，周期T==得：B=当重力沿斜面向下的分力与电场力平衡时，电场力最小，场强最小，则有：E min q=mgsinθ得：E min==，方向沿斜面向下，故B正确，C正确．D、虽然洛伦兹力不做功，但电场力做功，则粒子在运动过程中机械能不守恒，故D错误；故选：BC．由题，小球恰在斜面上做匀速圆周运动，重力沿斜面向下的分力与电场力平衡或重力与电场力平衡，由洛伦兹力提供向心力，根据牛顿第二定律和圆周运动公式求出周期．当重力沿斜面向下的分力与电场力平衡时，场强最小．本题小球在复合场中做匀速圆周运动，除洛伦兹力外，其他力的合力为零，仅由洛伦兹力提供向心力．解答此类问题，正确的受力分析是关键．8.如图所示为推行节水工程的转动喷水“龙头”，水平的喷水“龙头”距地面高为h，其喷灌半径为可达10h，每分钟喷出水的质量为m，所用的水从地下H深的井里抽取，设水以相同的速率喷出，水泵的效率为η，不计空气阻力（重力加速度为g）．则（）A.喷水龙头喷出水的初速度为B.水泵每分钟对水所做的功为mg（H+26h）C.水泵每分钟对水所做的功为25mghD.带动水泵的电动机的最大输出功率为【答案】ABD【解析】解：A、h=gt2，则t=．初速度v0==．故A正确．B、根据动能定理得，W-mg（H+h）=mv02．则W=mg（H+26h）．故B正确．C错误．C、根据能量守恒得，ηP=，所以P==，故D正确．故选ABD．A、根据平抛运动的知识求出喷水龙头喷出水的初速度．B、根据动能定理求出水泵每分钟对水所做的功．D、电动机输出的功，乘以水泵的效率等于水泵对水所做的功．本题考查了平抛运动的规律，以及要熟练运用动能定理和能量守恒定律．9.如图所示，光滑水平地面上的小车质量为M，站在小车水平底板上的人质量为m．人用一根跨过定滑轮的绳子拉小车，定滑轮上下两侧的绳子都保持水平，不计绳与滑轮之间的摩擦．在人和车一起向左加速运动的过程中，下列说法正确的是（）A.人一定受到向右的摩擦力B.人可能受到向右的摩擦力C.人拉绳的力越大，人和车的加速度越大D.人拉绳的力越大，人对车的摩擦力越小BC【解析】解：设绳子拉力为T，人与车间的静摩擦力为f，假设车对人的静摩擦力向左，人对车的静摩擦力向右，根据牛顿第二定律，有T-f=maT+f=M a解得T=（M+m）a①f=（M-m）a②a=③由②式可知，当M=m时，无摩擦力；当M＞m时，假设成立，即车对人的静摩擦力向左，人对车的静摩擦力向右；当M＜m时，摩擦力方向与假设的方向相反，即车对人的静摩擦力向右，人对车的静摩擦力向左；由③式，加速度与拉力成正比．由②式得，拉力越大，加速度越大，则摩擦力越大．故BC正确，AD错误．故选：BC．对人和车分别受力分析，根据牛顿第二定律列方程求解．本题关键是分别对人和小车受力分析，然后根据牛顿第二定律列式求解出摩擦力和加速度的表达式分析讨论；对摩擦力方向的处理先假定一个方向，当结果为负时表示假定的方向与实际方向相反．五、实验题探究题(本大题共3小题，共30.0分)10.某同学找到一条遵循胡克定律的橡皮筋来验证力的平行四边形定则，设计了如下实验：（1）将橡皮筋的两端分别与两条细线相连，测出橡皮筋的原长；（2）将橡皮筋一端细线用钉子固定在竖直板上A点，在橡皮筋的中点O再用细线系一重物，自然下垂，如图甲所示；（3）将橡皮筋另一端细线固定在竖直板上的B点，如图乙所示．为完成实验，下述操作中需要的是______ ．A．橡皮筋两端连接细线长度必须相同B．要测量图甲中橡皮筋O a和图乙中橡皮筋O a、O b的长度C．A、B两点必须在同一高度处D．要记录图甲中O点的位置及过O点的竖直方向E．要记录图乙中结点O的位置、过结点O的竖直方向及橡皮筋O a，O b的方向．【答案】BE【解析】解：A、橡皮筋连接的细绳要稍微长些，并非要求等长，故A错误；B、三条橡皮筯遵守胡克定律，要测量拉力可以通过测量橡皮筋的长度，得到橡皮筋的伸长量，研究拉力与伸长量的倍数来根据比例作力的图示．故B正确；C、A、B两点不必须等高，故C错误；D、记录图甲中O点的位置和O点的竖直方向不需要记录，故D错误；E、要记录图乙中结点O的位置、过结点O的竖直方向及橡皮筋O a，O b的方向．故E 正确；本实验是通过作合力与分力图示的方法来验证平行四边形定则，需要测量合力与分力的大小，根据这个原理来选择．实验的核心是实验原理，根据原理选择器材，安排实验步骤，分析实验误差以及具体操作细节等细节，均要在实验原理的指导下进行．本实验在无法测量力的大小的情况下，可以采用比例法作图，只需要测量橡皮筋的伸长量就行．11.某同学在应用打点计时器做验证机械能守恒定律实验中，获取一根纸带如图a所示，但测量发现0、1两点距离远大于2mm，且0、1和1、2间有点漏打或没有显示出来，而其他所有打点都是清晰完整的，现在该同学用刻度尺分别量出2、3、4、5、6、7六个点到0点的长度h i（i=2.3.4…7），再分别计算得到3、4、5、6四个点的速度v i和v i2（i=3.4.5.6），已知打点计时器打点周期为T．（1）该同学求6号点速度的计算式是：v6= ______ ．（2）然后该同学将计算得到的四组（h i，v i2）数据在v2-h坐标系中找到对应的坐标点，将四个点连接起来得到如图b所示的直线，请你回答：接下来他是如何判断重锤下落过程机械能守恒的？答：______ ．（3）该图象中直线交纵轴截距表示______ ．【答案】；在直线上取相对较远两点，计算出斜率，与2g比较，在实验误差范围内相等即可；【解析】解：（1）根据匀变速直线运动的推论可以求出6号的速度：．故答案为：．（2）根据机械能守恒定律的表达式有：从0点到任意i点有，所以有：，因此v2与h关系是一条直线，斜率为2g，所以只要在直线上取相对较远两点，计算出斜率，与2g比较，在实验误差范围内相等即可．故答案为：在直线上取相对较远两点，计算出斜率，与2g比较，在实验误差范围内相等即可．（3）根据可知，图象的纵轴截距为．故答案为：．匀变速直线运动时纸带上某点的瞬时速度，等于这点前、后相邻两点间的平均速度；根据机械能守恒定律的表达式写出v2与h的关系式，明确斜率与截距的物理含义即可正确解答本题．本题考查了在验证机械能守恒的实验中数据处理的方法，注意数学知识在物理中的应用，是一道考查数学在物理中应用的好题．12.在做《研究匀变速直线运动》的实验中：（1）实验室提供了以下器材：打点计时器、一端附有滑轮的长木板、小车、纸带、细绳、钩码、刻度尺、导线、交流电源、弹簧测力计．其中在本实验中不需要的器材是______ ．（2）如图1所示，某同学由打点计时器得到表示小车运动过程的一条清晰纸带，纸带上两相邻计数点间还有四个点没有画出，打点计时器打点的时间间隔T=0.02s，其中s1=7.05cm、s2=7.68cm、s3=8.33cm、s4=8.95cm、s5=9.61cm、s6=10.26cm．下表列出了打点计时器打下B、C、F时小车的瞬时速度，请在表中填入打点计时器打（3）以A点为计时起点，在下面的坐标图图2中画出小车的速度-时间的关系图线．（4）根据你画出的小车的速度-时间关系图线计算出的小车加速度a= ______ m/s2．【答案】弹簧测力计；0.864；0.928；0.64【解析】解：（1）在本实验中不需要测量力的大小，因此不需要弹簧测力计．故答案为：弹簧测力计．（2）根据匀变速直线运动某时刻的瞬时速度等于一段时间内的平均速度，所以有：v D==0.864m/sv E==0.928m/s（3）利用描点法可画出速度-时间图象：（4）在v-t图象中，图象的斜率表示加速度的大小，所以有：a==0.64m/s2．故答案为：（1）弹簧测力计．（2）0.864，0.928（3）如上图（4）0.64根据实验目的明确实验步骤和所要测量的物理量，即可知道实验所需要的实验器材．在匀变速直线运动中，时间中点的速度等于该过程中的平均速度．利用描点法可画出速度-时间图象，图象的斜率大小表示加速度大小对于实验器材的选取一是根据实验目的进行，二是要进行动手实验，体会每种器材的作用．考查了有关纸带处理的基本知识，平时要加强基础实验的实际操作，提高操作技能和数据处理能力．要注意单位的换算和有效数字的保留．同时注意利用图象来解决问题．六、计算题(本大题共4小题，共59.0分)13.在某公园建有一山坡滑草运动项目，该山坡可看成倾角θ=37°的斜面，一名游客连同滑草装置总质量m=80kg，他从静止开始从顶端匀加速下滑，装置与草之间的动摩擦因数为μ=0.5，山坡长x=64m．（不计空气阻力，取g=10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8）问：（1）游客连同滑草装置在下滑过程中加速度为多大？（2）滑到底端时的速度及所用时间？【答案】解：（1）设游客连同滑草装置在下滑过程中加速度为a，对游客连同滑草装置受力分析如图所示．由牛顿第二定律得mgsin37°-F f=ma①F N=mgcos37°②又F f=μF N ③联立①②③式解得a=2m/s2．（2）设游客连同滑草装置滑到底端时的速度为v，所用时间为t．由运动学公式可得v2=2ax，v=at，解得v=16m/s，t=8s．答：（1）游客连同滑草装置在下滑过程中加速度为2m/s2；（2）滑到底端时的速度为v=16m/s，所用时间为t=8s．【解析】（1）游客连同滑草装置在下滑过程中受到重力、支持力和滑动摩擦力，根据牛顿第二定律和摩擦力公式求解加速度大小．（2）由运动学位移与速度关系公式和位移公式求出滑到底端时的速度及所用时间．本题是简单的动力学问题，考查综合应用牛顿定律和运动学公式的能力．对于第（2）问也可以根据动能定理这样列式求解速度v．14.汽车启动的快慢和能够达到的最大速度，是衡量汽车性能体系中的两个重要指标．汽车启动的快慢用车的速度从0到20m/s加速时间来表示，这个时间越短，汽车启动的加速度就越大．表中列出了两种汽车的最佳性能指标：两车相距110m，甲车先启动，经过一段时间t0乙车再起动．若两车从速度为0到最大速度的时间内都以最大加速度做匀加速直线运动，且达到最大速度后保持最大速度做匀速直线运动．在乙车开出8s后两车相遇，则求：（1）两车相遇时甲车行驶的路程是多少？（2）甲车先于乙车起动的时间t0．【答案】解：（1）由两车的性能指标，可知，甲车的最大加速度为：甲，乙车的最大加速度为：乙，所以，甲车由静止加速的最大加速时间为：甲甲甲，甲加速运动行驶的位移：甲甲甲，乙车由静止加速的最大加速时间为：乙乙乙，故乙车开出8s恰好达到最大速度，通过的位移为乙乙乙，因为x甲＜x乙+110m，故甲乙在匀速运动阶段与乙相遇，甲匀速运动通过的位移△x=110m+160m-180m=90m，匀速运动的时间，故t0=t甲+△t+t乙=7s．甲与乙相遇时行驶的位移为：x甲′=x甲+△x=180m+90m=270m．【解析】（1）根据加速度的定义求甲乙的加速度，结合速度时间公式求加速到最大速度所需的时间．（2）根据位移公式求出乙车的位移，以及加速运动通过的位移，然后可判断甲乙在甲匀速阶段相遇，最后利用位移关系、时间关系求出甲乙相遇时甲通过的位移，以及甲先于乙运动的时间．本题属于追击问题，解题的关键是分清物理过程，抓住相遇时通过的位移相等这一关键点，建立关系式，结合有关运动学公式解之即可．15.一根弹性细绳（遵循胡克定律）原长为l，劲度系数为k，将其一端穿过一个光滑小孔O（其在水平地面上的投影点为O’），系在一个质量为m的滑块A上，A放在水平地面上．小孔O离绳固定端的竖直距离为l，离水平地面高度为h（h＜mg/k），滑块A与水平地面间的最大静摩擦力为正压力的μ倍．问：（1）当滑块与O’点距离为r时，弹性细绳对滑块A的拉力为多大？（2）滑块处于怎样的区域内时可以保持静止状态？【答案】解：（1）从几何关系看出：弹性细绳的伸长量为△x=弹性细绳对滑块A的拉力为F T=k△x=k（2）设A静止时离O′的距离为r，此位置处A将受到四个力的作用如图：对F T正交分解，由于处于平衡状态所以有：竖直方向：F N+F T sinθ=mg，水平方向：F T cosθ=F f而F T=k，F fmax=μF N所以有：k cosθ=f≤f max=μ（mg-kh）其中cosθ=r即这表明，滑块可以静止在以O′为圆心，为半径的圆域内的任意位置．答：（1）当滑块与O’点距离为r时，弹性细绳对滑块A的拉力为k；（2）滑块可以静止在以O’为圆心，为半径的圆域内的任意位置．【解析】弹性细绳（遵循胡克定律）在弹性限度内，受到的拉力与伸长量成正比．对滑块受力分析，利用平衡状态条件和最大静摩擦力知识解决问题．对物体进行受力分析，运用平衡状态条件列出力与力的关系，根据题目的条件中找到临界状态．物理量之间的关系是通过物理规律联系的，找到一个物理量的范围可以找出其他物理量的范围．16.如图所示，水平桌面上有一轻弹簧，左端固定在A点，自然状态时其右端位于B点．D 点位于水桌面最右端，水平桌面右侧有一竖直放置的光滑轨道MNP，其形状为半径R=0.8m的圆环剪去了左上角135°的圆弧，MN为其竖直直径，P点到桌面的竖直距离为R，P点到桌面右侧边缘的水平距离为2R．用质量m1=0.4kg的物块将弹簧缓慢压缩到C点，释放后弹簧恢复原长时物块恰停止在B点．用同种材料、质量为m2=0.2kg的物块将弹簧缓慢压缩到C点释放，物块过B点后其位移与时间的关系为x=6t-2t2，物块从D点飞离桌面后恰好由P点沿切线落入圆轨道．g=10m/s2，求：（1）BD间的水平距离．（2）判断m2能否沿圆轨道到达M点．（3）m2释放后在桌面上运动的过程中克服摩擦力做的功．【答案】解：（1）设物块由D点以v D做平抛，落到P点时其竖直速度为根据几何关系有：°解得v D=4m/s根据物块过B点后其位移与时间的关系为x=6t-2t2，有：在桌面上过B点后初速v0=6m/s，加速度a=-4m/s2所以BD间位移为m（2）设物块到达M点的临界速度为v m，有：v M==m/s由机械能守恒定律得：′=解得：v′M=m/s因为＜所以物块不能到达M点．（3）设弹簧长为AC时的弹性势能为E P，物块与桌面间的动摩擦因数为μ，释放m1时，E P=μm1gs CB释放m2时且m1=2m2，可得：m2释放后在桌面上运动过程中克服摩擦力做功为W f，则由能量转化及守恒定律得：可得W f=5.6J答：（1）BD间的水平距离为2.5m；（2）m2不能否沿圆轨道到达M点；（3）m2释放后在桌面上运动的过程中克服摩擦力做的功为5.6J．【解析】（1）物块由D点做平抛运动，根据平抛运动的基本公式求出到达D点的速度，根据物块过B点后其位移与时间的关系得出初速度和加速度，进而根据位移-速度公式求出位移；（2）物块在内轨道做圆周运动，在最高点有临界速度，则mg=，根据机械能守恒定律，求出M点的速度，与临界速度进行比较，判断其能否沿圆轨道到达M点．（3）由能量转化及守恒定律即可求出m2释放后在桌面上运动的过程中克服摩擦力做的功．该题涉及到多个运动过程，主要考查了机械能守恒定律、平抛运动基本公式、圆周运动向心力公式的应用，用到的知识点及公式较多，难度较大，属于难题．。

太原市2016—2017 学年第一学期高二年级期末考试物理试卷一、单项选择题：本题包含10 小题，每小题3 分，共30 分。

请将正确选项前的字母填在下表相应位置。

1. 关于磁感应强度B,下列说法正确的是A. 根据B=FIL，磁感应强度B 与安培力F 成正比，与电流I 成反比B. 磁感应强度是矢量，方向与电流的方向相同C. 磁感应强度是矢量，方向与安培力的方向相同D. 磁感线密集的地方磁感应强度大些，稀疏的地方磁感应强度小些2. 关于静电力与洛伦兹力，以下说法正确的是A. 电荷在电场中就会受到静电力；电荷在磁场中就会受到洛伦兹力B. 静电力对电荷一定会做功，而洛伦兹力对电荷却不做功C. 只有运动的电荷在磁场中才可能受到洛伦兹力的作用D. 静电力与洛伦兹力一样，受力方向都沿电场线或磁感线方向3. 如图所示，同一平面内有四根彼此绝缘且两两平行的通电直导线，O 为其中心，导线中通有大小相等、方向如图的电流I1、I2、I3、I4，关于它们产生的磁场，下列说法正确的是A. O 点的磁感应强度为0B. O 点的磁感应强度的方向垂直纸面向里C. O 点的磁感应强度的方向垂直纸面向外D. 若减小电流I1，则O 点磁场增强4.如图所示，低电位报警器由两个基本的门电路和蜂鸣器组成。

该报警器只有当A 端输入电压过低时(与B 相同)，蜂鸣器才会发出警报，则A. 甲是“或”门，乙是“非”门B. 甲是“或”门，乙是“与”门C. 甲是“与”门，乙是“或”门D. 甲是“与”门，乙是“非”门5. 在如图的电路中，闭合开关S 后，由于电阻元件发生短路或断路故障，理想电压表示数减小而理想电流表示数增大，则出现的故障可能A. R1 断路B. R2 断路C. R3 断路D. R1 短路的同时R3 断路6. 如图，R1 = R2 = R3 = R4 = R。

开关断开时，间距为d 的平行板电容器的水平极板中间有一质量为m、电荷量为q 的小球恰好处于静止状态，则A. 减小电容器两板间距，小球将向下运动B. 将电容器两板以中心为轴转过30°（图中虚线），小球继续保持静止C. 闭合开关，小球继续保持静止D. 闭合开关，小球将向上运动7. 如图所示，R 为滑动变阻器，R 1、R 2 为定值电阻。