(试卷合集5份)2022届江西省新余市高二物理下学期期末学业质量监测试题

2019-2020学年高二下学期期末物理模拟试卷一、单项选择题：本题共8小题1．一理想变压器原、副线圈的匝数比为50∶1，原线圈输入电压的变化规律如图甲所示，副线圈所接电路如图乙所示，P为滑动变阻器的触头。

下列说法正确的是A．电压表的读数为6.2VB．P向左移动时，电压表的示数增大C．P向左移动时，原线圈的电流减小D．P向左移动时，变压器的输出功率增大2．如图所示，在半径为R的圆形区域内充满磁感应强度为B的匀强磁场，MN是一竖直放置的感光板．从圆形磁场最高点P垂直磁场射入大量的带正电，电荷量为q，质量为m，速度为v的粒子，不考虑粒子间的相互作用力，关于这些粒子的运动以下说法正确的是A．只要对着圆心入射，出射后均可垂直打在MN上B．对着圆心入射的粒子，其出射方向的反向延长线一定过圆心C．对着圆心入射的粒子，速度越小时间越长D．只要速度满足v=RqB/m，沿不同方向射入的粒子射出后均可垂直打在MN上3．关于、、三种射线，下列说法正确的是A．射线是一种波长很短的电磁波B．射线是一种波长很短的电磁波C．射线的电离能力最强D．射线的电离能力最强4．如图所示，L是自感系数很大，电阻忽略不计的理想线圈，a、b为两只完全相同的小灯泡，R0是一个定值电阻，其电阻值小于灯泡的电阻值，则下列有关说法中正确的是（）A ．当S 闭合瞬间，a 灯比b 灯亮B ．当S 闭合待电路稳定后，两灯亮度相同C ．当S 闭合电路稳定后，a 灯的状态是熄灭D ．当S 突然断开瞬间，b 灯会突然闪亮一下，再熄灭5．一组同学在显微镜下观察水中悬浮的细微粉笔末的运动，并把小颗粒每隔一定时间的位置记录在坐标纸上，如图所示，以下看法中正确的是A ．甲同学认为布朗运动就是液体分子的无规则运动B ．乙同学认为布朗运动就是固体分子的无规则运动C ．丙认为小颗粒的运动是由于水分子无规则运动引起的D ．丁认为小颗粒沿笔直的折线运动，说明水分子运动是规则的6．如图所示，理想变压器原、副线圈的匝数比为2：1，电阻R=55.0Ω，原线圈两端接一正弦式交变电流，电压u 随时间t 变化的规律为()1102sin 20V u t π=，时间t 的单位是s ，那么，通过电阻R 的电流有效值和频率分别为（ ）A ．1.0A ，20HzB 2A ，20HzC ．1.0A ，10HzD 2A ，10Hz7．根据爱因斯坦的研究成果，物体的能量和质量的关系是E ＝mc 2，这一关系叫爱因斯坦质能方程．质子的质量为m p ，中子的质量为m n ，氦核的质量为m α，下列关系式正确的是( )A ．m α＝(2m p ＋2m n )B ．m α<(2m p ＋2m n )C ．m α>(2m p ＋2m n )D ．以上关系式都不正确8．某质点在0~3s内运动的v-t图象如图所示，关于质点的运动，下列说法中正确的是( )A．质点在第1s内的平均速度等于第2s内的平均速度B．t=3s时，质点的位移最大C．质点在第2s内的加速度与第3s内的加速度大小相等，方向相反D．质点在第2s内的位移与第3s内的位移大小相等，方向相反二、多项选择题：本题共4小题9．半径R=4cm的圆盘可绕圆心O水平转动，其边缘有一质量m=1kg的小物块（可视为质点），若物块随圆盘一起从静止开始加速转动，其向心加速度与时间满足，物块与圆盘间的动摩擦因数为0.5，则A．2s末圆盘的线速度大小为0.4m/sB．2s末物块所受摩擦力大小为4NC．物块绕完第一圈的时间为D．物块所受摩擦力方向指向圆心O10．陕西神木750kV输变电工程目前已进入全而架线施工阶段。

2022年江西省新余市东方学校高二物理测试题含解析一、选择题：本题共5小题，每小题3分，共计15分．每小题只有一个选项符合题意1. 某电解池，如果在1s时间内共有5×1018个二价正离子和1.0×1019个一价负离子通过面积为0.1m2的某截面，那么通过这个截面的电流强度是（）A．0 B．0.8A C．1.6A D．3.2A参考答案：D2. 一质点做简谐运动，则下列说法中正确的是A．若位移为负值，则速度一定为正值，加速度也一定为正值B．质点通过平衡位置时，速度为零，加速度最大C．质点每次通过平衡位置时，加速度不一定相同，速度也不一定相同D．质点每次通过同一位置时，其速度不一定相同，但加速度一定相同参考答案：D3. 如图5，电路中有四个完全相同的灯泡，额定电压均为U.变压器为理想变压器，现在四个灯泡都正常发光，则变压器的匝数比n1∶n2和电源电压U1分别为()A．1∶22U B．1∶24UC．2∶14U D．2∶12U参考答案：C 考点：变压器的构造和原理。

【名师点睛】理想变压器的输入功率和输出功率相等，电压与匝数成正比，电流与匝数成反比．并利用灯泡正常发光的电压与电流的值来构建原副线圈的电压与电流的关系。

4. （多选题）如图所示，同步卫星与地心的距离为r，运行速率为v1，向心加速度为a1；地球赤道上的物体随地球自转的向心加速度为a2，第一宇宙速度为v2，地球半径为R，则下列比值正确的是（）A．=B．=（）2 C．=D．=参考答案：AD【考点】同步卫星．【分析】卫星运动时万有引力提供圆周运动的向心力，第一宇宙速度是近地轨道绕地球做匀速圆周运动的线速度，同步卫星运行周期与赤道上物体自转周期相同，由此展开讨论即可【解答】解：A、因为地球同步卫星的角速度和地球赤道上的物体随地球自转的角速度相同，由a1=ω2r，a2=ω2R得：=，故A正确、B错误；C、对于地球同步卫星和以第一宇宙速度运动的近地卫星，由万有引力提供做匀速圆周运动所需向心力得到：=，=解得：=，故D 正确，C 错误；故选：AD ．5. 如图所示，两根互相平行的长直导线过纸面上的M 、N 两点，且与直面垂直，导线中通有大小相等、方向相反的电流。

2019-2020学年高二下学期期末物理模拟试卷一、单项选择题：本题共8小题1．电场强度E 作为表征电场强弱的—个重要物理量，定义式，其单位若用国际单位制 (SI)中的基本单位可表示为A ．B ．C ．D ．2．用很弱的光做单缝衍射实验，改变曝光时间，在胶片上出现的图像如图所示，该实验表明A ．光的本质是波B ．光的本质是粒子C ．光的能量在胶片上分布不均匀D ．光到达胶片上不同位置的概率相同3．如图所示，电阻不计的金属导轨PQ 、MN 水平平行放置，间距为L ，导轨的P 、M 端接到匝数比为12:1:2n n =的理想变压器的原线圈两端，变压器的副线圈接有阻值为R 的电阻，在两导轨间0x ≥区域有垂直导轨平面的磁场，磁场的磁感应强度0sin 2B B k x π=，一阻值不计的导体棒ab 垂直导轨放置且与导轨接触良好，开始时导体棒处于0x =处，从t=0时刻起，导体棒ab 在沿x 正方向的力F 作用下做速度为v 的匀速运动，则( )A ．导体棒ab 中产生的交变电流的周期为kvB ．交流电压表的示数为02B LvC ．交流电流表的示数为04B Lv RD ．在t 时间内力F 做的功为22202B L v t R4．一个不稳定的原子核质量为M ，处于静止状态．放出一个质量为m 的粒子后反冲，已知放出的粒子的动能为E 0，则原子核反冲的动能为A ．E 0B ．m M E 0C ．m M m -E 0D ．Mm M m-E 0 5．如图所示，L 为自感系数较大的线圈，电路稳定后小灯泡正常发光．在断开电路的瞬间，则A．灯泡立刻熄灭B．灯泡慢慢熄灭C．灯泡闪亮一下后再慢慢熄灭D．灯泡闪亮一下后突然熄灭6．如图甲所示，绝缘的水平桌面上放置一金属圆环，在圆环的正上方放置一个螺线管，在螺线管中通入如图乙所示的电流，电流从螺线管a端流入为正，以下说法正确的是（）A．从上往下看，0~ls内圆环中的感应电流沿顺时针方向B．1s末圆环对桌面的压力小于圆环的重力C．0~1s内圆环面积有扩张的趋势D．1~2s内和2~3s内圆环中的感应电流方向相反7．2016年“蛟龙”再探深海，前往太平洋、印度洋执行实验性应用航次。

2015-2016学年江西省新余市高二〔下〕期末物理试卷一、选择题1．以下涉与物理学史的四个重大发现符合事实的是〔〕A．楞次发现了电流热效应的规律B．库仑总结出了点电荷间相互作用的规律C．焦耳发现了电流的磁效应，拉开了研究电与磁相互关系的序幕D．亚里士多德将斜面实验的结论合理外推，证明了自由落体运动是匀变速直线运动2．某物体沿一直线运动，其速度图象如下列图，如此如下说法中正确的答案是〔〕A．第2s内和第3s内速度方向相反B．第2s内和第3s内的加速度方向相反C．第4s内速度方向与加速度方向相反D．第5s内加速度方向与速度方向一样3．如下列图，斜劈形物体的质量为M，放在水平地面上，质量为m的粗糙物块以某一初速度沿斜劈的斜而向上滑，至速度为零后又加速返回，而斜劈始终保持静止．物块m向上、向下滑动的整个过程中〔〕A．地面对斜劈M的摩擦力方向先向左后向右B．地面对斜劈M的摩擦力方向没有改变C．地面对斜劈M的支持力等于〔M+m〕gD．物块m向上、向下滑动时加速度大小不同4．如下列图电路中，当变阻器R3的滑动头P向b端移动时〔〕A．电压表示数变大，电流表示数变小B．电压表示数变小，电流表示数变大C．电压表示数变大，电流表示数变大D．电压表示数变小，电流表示数变小5．如下列图小球沿水平面通过O点进入半径为R的半圆弧轨道后恰能通过最高点P，然后落回水平面，不计一切阻力，如下说法正确的答案是〔〕A．小球落地点离O点的水平距离为RB．小球落地点时的动能为C．小球运动到半圆弧最高点P时向心力恰好为零D．假设将半圆弧轨道上的圆弧截去，其他条件不变，如此小球能达到的最大高度比P点高0.5R6．两条导线互相垂直，相隔一段较小的距离，如下列图；其中一条AB是固定的，另一条CD 能自由转动，当直流电流按图示方向通入两条导线时，CD导线将〔〕A．逆时针方向转动，同时靠近导线ABB．顺时针方向转动，同时靠近导线ABC．逆时针方向转动，同时离开导线ABD．顺时针方向转动，同时离开导线AB7．如下列图，理想变压器的副线圈上通过输电线接有三个灯炮L1、L2和L3，输电线的等效电阻为R，原线圈接有一个理想电流表，开始时，开关S接通，当S断开时，以下说法中正确的答案是〔〕A．原线圈两端P、Q间的输入电压减小B．等效电阻R上消耗的功率变大C．原线圈中电流表示数增大D．灯炮L1和L2变亮8．一理想变压器原、副线圈匝数比n1：n2=11：5，原线圈与正弦交流电源连接，输入电压U 如下列图，副线圈仅接一个10Ω的电阻，如此〔〕A．流过电阻的电流是0.2AB．变压器的输入功率是1×103WC．经过1分钟电阻发出的热量是6×104JD．与电阻并联的电压表示数是100V9．如图1所示，一正方形金属线框位于有界匀强磁场区域内，线框的右边紧贴着磁场边界，t=O时刻对线框施加一水平向右的外力F，让线框从静止开始做匀加速直线运动，在t0时刻穿出磁场；图2为外力F随时间变化的图象，假设线框质量为m、电阻为R，图象中的F0、t0也为量，由此可知〔〕A．线框穿出磁场时的速度v=B．线框穿出磁场时的速度v=C．匀强磁场的磁感应强度B=D．匀强磁场的磁感应强度B=10．转笔〔Pen Spinning〕是一项用不同的方法与技巧、以手指来转动笔的休闲活动，如下列图．转笔深受广阔中学生的喜爱，其中也包含了许多的物理知识，假设某转笔高手能让笔绕其上的某一点O做匀速圆周运动，如下有关该同学转笔中涉与到的物理知识的表示正确的答案是〔〕A．笔杆上的点离O点越近的，做圆周运动的向心加速度越小B．笔杆上的各点做圆周运动的向心力是由万有引力提供的C．假设该同学使用中性笔，笔尖上的小钢珠有可能因快速的转动做离心运动被甩走D．假设该同学使用的是金属笔杆，且考虑地磁场的影响，由于笔杆中不会产生感应电流，因此金属笔杆两端一定不会形成电势差二、实验题11．用游标为20公分的游标卡尺测量某物体长度，其示数如下列图，由图可知该物体长度为mm．12．用螺旋测微器测量某金属丝直径的结果如下列图．该金属丝的直径是mm．13．某同学通过实验研究小灯泡的电压与电流的关系．可用的器材如下：电源〔电动势3V，内阻1Ω〕、电键、滑动变阻器〔最大阻值20Ω〕、电压表、电流表、小灯泡、导线假设干．〔1〕实验中移动滑动变阻器滑片，得到了小灯泡的U﹣I图象如图a所示，如此可知小灯泡的电阻随电压增大而〔填“增大〞、“减小〞或“不变〞〕．〔2〕根据图a，在图b中把缺少的导线补全，连接成实验电路〔其中电流表和电压表分别测量小灯泡的电流和电压〕．〔3〕假设某次连接时，把AB间的导线误接在AC之间，合上电键，任意移动滑片发现都不能使小灯泡完全熄灭，如此此时的电路中，小灯泡可能获得的最小功率是W〔本小题假设需要作图，可画在图a中〕．三、论述、计算题14．飞机着陆后做匀变速直线运动，速度逐渐减小，飞机着陆时的速度为60m/s，假设前5s 内通过的位移为225m，如此飞机的加速度大小为多少？此后飞机还要滑行多少秒才能停止运动？15．如下列图，轻杆AB长l，两端各连接一个小球〔可视为质点〕，两小球质量关系为m B=m A=m，轻杆绕距B端处的O轴在竖直平面内逆时针自由转动．当轻杆由水平位置转至竖直位置的运动过程中，求杆对A球所做功．16．如下列图，直角坐标系xOy位于竖直平面内，在水平的x轴下方存在匀强磁场和匀强电场，磁场的磁感应为B，方向垂直xOy平面向里，电场线平行于y轴．一质量为m、电荷量为q的带正电的小球，从y轴上的A点水平向右抛出，经x轴上的M点进入电场和磁场，恰能做匀速圆周运动，从x轴上的N点第一次离开电场和磁场，MN之间的距离为L，小球过M点时的速度方向与x轴的方向夹角为θ．不计空气阻力，重力加速度为g，求〔1〕电场强度E的大小和方向；〔2〕小球从A点抛出时初速度v0的大小；〔3〕A点到x轴的高度h．四、选做题【物理-选修3-4】17．如下列图，一束光从空气沿与玻璃球直径AB成60°角的方向射入．玻璃球的折射率为，直径长度为D，光在空气中的速度为c．那么光线进入玻璃球后与直径AB的夹角为，光线在玻璃球中传播的时间为．18．如图为一列简谐横波在t1=0时刻的波形图象，此时波中质点M正处于平衡位置，运动方向沿y轴负方向，到t2=0.55s时质点M恰好第三次到达y轴正方向最大位移处．试求：〔1〕该波传播方向；〔2〕该波波速大小．〔3〕从t1=0到t3=1.2s，波中质点N走过的路程和相对于平衡位置的位移分别是多少？五、【物理-选修3-4】19．氢原子的基态能量为E1=﹣13.6eV，激发态能量为E n=，其中n=2，3 …．氢原子从第三激发态〔n=4〕向基态跃迁所发出的所有光子中，最短的波长为m；上述所有光子中，照射到铷金属外表，逸出的光电子中最大初动能的最小值为eV．〔普朗克常量h=6.63×10﹣34J•s，铷的逸出功W=2.13eV〕．20．如下列图，粗糙斜面与光滑水平面通过可忽略的光滑小圆弧平滑连接，斜面倾角α=37°．A、B是两个质量均为m=1kg的小滑块〔可视为质点〕，C为左侧附有胶泥的竖直薄板〔质量均不计〕，D是两端分别水平连接B和C的轻质弹簧．当滑块A置于斜面上且受到大小F=4N、方向垂直斜面向下的恒力作用时，恰能沿斜面向下匀速运动．现撤去F，让滑块A 从斜面上距底端L=1m处由静止下滑，求：〔g=10m/s2，sin37°=0.6〕〔1〕滑块A到达斜面底端时的速度大小；〔2〕滑块A与C接触粘在一起后，A、B和弹簧构成的系统在作用过程中，弹簧的最大弹性势能．2015-2016学年江西省新余市高二〔下〕期末物理试卷参考答案与试题解析一、选择题1．以下涉与物理学史的四个重大发现符合事实的是〔〕A．楞次发现了电流热效应的规律B．库仑总结出了点电荷间相互作用的规律C．焦耳发现了电流的磁效应，拉开了研究电与磁相互关系的序幕D．亚里士多德将斜面实验的结论合理外推，证明了自由落体运动是匀变速直线运动【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此题．【解答】解：A、楞次发现了感应电方向遵守的规律﹣﹣楞次定律，故A错误．B、库仑运用扭秤实验总结出了点电荷间相互作用的规律，故B正确．C、奥斯特发现了电流的磁效应，拉开了研究电与磁相互关系的序幕，故C错误．D、伽利略将斜面实验的结论合理外推，证明了自由落体运动是匀变速直线运动，故D错误．应当选：B．2．某物体沿一直线运动，其速度图象如下列图，如此如下说法中正确的答案是〔〕A．第2s内和第3s内速度方向相反B．第2s内和第3s内的加速度方向相反C．第4s内速度方向与加速度方向相反D．第5s内加速度方向与速度方向一样【考点】匀变速直线运动的图像．【分析】速度时间图象反映了物体各个不同时刻的速度情况，图线的斜率表示加速度、图线与时间轴包围的面积表示位移；从图中直接得出物体的运动规律即可．【解答】解：A、第2s内和第3s内速度同为正方向，故A错误；B、物体前2s做匀加速直线运动，加速度为，第3s做匀减速直线运动，加速度为，故B正确；C、第四秒内物体沿负方向做匀加速直线运动，故加速度与速度同方向，故C错误；D、第5s内物体沿反方向做匀减速直线运动，故加速度与速度反方向，故D错误；应当选B．3．如下列图，斜劈形物体的质量为M，放在水平地面上，质量为m的粗糙物块以某一初速度沿斜劈的斜而向上滑，至速度为零后又加速返回，而斜劈始终保持静止．物块m向上、向下滑动的整个过程中〔〕A．地面对斜劈M的摩擦力方向先向左后向右B．地面对斜劈M的摩擦力方向没有改变C．地面对斜劈M的支持力等于〔M+m〕gD．物块m向上、向下滑动时加速度大小不同【考点】共点力平衡的条件与其应用；牛顿第二定律．【分析】物体先减速上滑，后加速下滑，加速度一直沿斜面向下；对整体受力分析，然后根据牛顿第二定律求解地面对物体M的摩擦力和支持力；【解答】解：物体先减速上滑，后加速下滑，加速度一直沿斜面向下，对整体受力分析，受到总重力、支持力和向左的静摩擦力，根据牛顿第二定律，有x分析：f=masinθ…①y分析：〔M+m〕g﹣N=〔M+m〕acosθ…②A、由①式，地面对斜面体的静摩擦力方向一直未变，向左，故A错误；B、由①式，地面对斜面体的静摩擦力方向一直未变，向左，故B正确；C、由②式，地面对物体M的支持力总小于〔M+m〕g，故C错误；D、物体向上运动时，物体受到的摩擦力的方向向下，得：ma1=mgsinθ+μmgcosθ物体向下滑动时，物体受到的摩擦力的方向向上，得：ma2=mgsinθ﹣μmgcosθ所以m向上、向下滑动时加速度大小不同．故D正确；应当选：BD．4．如下列图电路中，当变阻器R3的滑动头P向b端移动时〔〕A．电压表示数变大，电流表示数变小B．电压表示数变小，电流表示数变大C．电压表示数变大，电流表示数变大D．电压表示数变小，电流表示数变小【考点】闭合电路的欧姆定律．【分析】电压表测量路端电压．当变阻器R3的滑动头P向b端移动时，分析变阻器接入电路的电阻如何变化，确定外电路总电阻的变化，根据欧姆定律分析总电流和路端电压的变化，判断电压表示数的变化．由欧姆定律判断并联局部电压的变化，确定通过R2的电流如何变化，由总电流和通过通过R2电流的变化分析电流表示数的变化．【解答】解：当变阻器R3的滑动头P向b端移动时，变阻器接入电路的电阻增大，并联局部的电阻增大，外电路的电阻增大，根据闭合电路的欧姆定律得知，总电流I减小，路端电压增大，如此电压表示数变大．并联局部的电压U并=E﹣I〔R1+r〕，I减小，其他量不变，可见，U并增大，通过R2的电流I2增大，流过电流表的电流I A=I﹣I2，I减小，I2增大，I A减小，如此电流表示数变小．所以电压表示数变大，电流表示数变小．应当选A5．如下列图小球沿水平面通过O点进入半径为R的半圆弧轨道后恰能通过最高点P，然后落回水平面，不计一切阻力，如下说法正确的答案是〔〕A．小球落地点离O点的水平距离为RB．小球落地点时的动能为C．小球运动到半圆弧最高点P时向心力恰好为零D．假设将半圆弧轨道上的圆弧截去，其他条件不变，如此小球能达到的最大高度比P点高0.5R【考点】机械能守恒定律；牛顿第二定律；向心力．【分析】小球恰好通过最高点P，靠重力提供向心力，根据假设牛顿第二定律求出最高点的速度，结合平抛运动的规律求出平抛运动的水平位移，根据动能定理求出落地时的动能．结合动能定理得出将半圆弧轨道上的圆弧截去，其他条件不变，如此小球能达到的最大高度比P 点高出的距离．【解答】解：A、小球恰能通过最高点，根据牛顿第二定律得：，解得：，根据2R=得：t=，如此水平距离为：x=．故A错误．B、根据动能定理得：，解得落地的动能为： =．故B错误．C、小球恰好运动到最高点，重力提供向心力，向心力不为零．故C错误．D、假设将半圆弧轨道上的圆弧截去，到达最高点的速度为零，有，未截去前，有：，联立两式解得h﹣2R=0.5R．故D正确．应当选：D．6．两条导线互相垂直，相隔一段较小的距离，如下列图；其中一条AB是固定的，另一条CD 能自由转动，当直流电流按图示方向通入两条导线时，CD导线将〔〕A．逆时针方向转动，同时靠近导线ABB．顺时针方向转动，同时靠近导线ABC．逆时针方向转动，同时离开导线ABD．顺时针方向转动，同时离开导线AB【考点】磁场对电流的作用；通电直导线和通电线圈周围磁场的方向．【分析】电流CD处于电流AB产生的磁场中，在CD左右两边各取一小电流元，根据左手定如此判断其安培力的方向，从而判断其运动．当CD导线转过90°后，看两电流是同向电流还是异向电流，同向电流相互吸引，异向电流相互排斥．【解答】解：电流AB产生的磁场在右边垂直纸面向里，在左边垂直纸面向外，在CD左右两边各取一小电流元，根据左手定如此，左边的电流元所受的安培力方向向下，右边的电流元所受安培力方向向上，知CD导线逆时针方向转动．当CD导线转过90°后，两电流为同向电流，相互吸引．所以导线CD逆时针方向转动，同时靠近导线AB．故A正确，B、C、D错误．应当选A．7．如下列图，理想变压器的副线圈上通过输电线接有三个灯炮L1、L2和L3，输电线的等效电阻为R，原线圈接有一个理想电流表，开始时，开关S接通，当S断开时，以下说法中正确的答案是〔〕A．原线圈两端P、Q间的输入电压减小B．等效电阻R上消耗的功率变大C．原线圈中电流表示数增大D．灯炮L1和L2变亮【考点】变压器的构造和原理．【分析】与闭合电路中的动态分析类似，可以根据开关通断的变化，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，再根据副线圈电压不变，来分析电阻与灯泡的电流和电压的变化的情况．【解答】解：A、电流表是理想的电流表，所以原线圈两端P、Q间的输入电压不变，所以A错误．B、当S断开后，副线圈上的总电阻增大，所以输出功率变小，原线圈电流变小，输电线上电压损失减小，等效电阻R上的功率变小，灯泡L1和L2两端电压增大，功率增大，故B、C错误，D正确．应当选D．8．一理想变压器原、副线圈匝数比n1：n2=11：5，原线圈与正弦交流电源连接，输入电压U 如下列图，副线圈仅接一个10Ω的电阻，如此〔〕A．流过电阻的电流是0.2AB．变压器的输入功率是1×103WC．经过1分钟电阻发出的热量是6×104JD．与电阻并联的电压表示数是100V【考点】交流的峰值、有效值以与它们的关系．【分析】根据图象可以求得输出电压的有效值、周期和频率等，再根据电压与匝数成正比即可求得结论．【解答】解：A、由图象可知，原线圈中电压的最大值为220V，所以电压的有效值为220V，根据电压与匝数成正比可知，副线圈的电压有效值为=100V，副线圈的电阻为10Ω，所以电流的为10A，所以A错误；B、原副线圈的功率是一样的，由P=UI=100×10W=1×l03W，所以B正确；C、经过1分钟电阻发出的热量是Q=I2Rt=102×10×60=6×104J，故C正确；D、电压表测量的是电压的有效值，所以电压表的读数为100V，故D错误．应当选：BC．9．如图1所示，一正方形金属线框位于有界匀强磁场区域内，线框的右边紧贴着磁场边界，t=O时刻对线框施加一水平向右的外力F，让线框从静止开始做匀加速直线运动，在t0时刻穿出磁场；图2为外力F随时间变化的图象，假设线框质量为m、电阻为R，图象中的F0、t0也为量，由此可知〔〕A．线框穿出磁场时的速度v=B．线框穿出磁场时的速度v=C．匀强磁场的磁感应强度B=D．匀强磁场的磁感应强度B=【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；电磁感应中的能量转化．【分析】当t=0时线框的速度为零，没有安培力，根据牛顿第二定律求出加速度a．线框做匀加速直线运动，由运动学公式求出线框刚出磁场时的速度，得到安培力表达式，由牛顿第二定律即可求出B；【解答】解：A、B，t=0时刻，感应电动势E=0，感应电流I=0，安培力F安=BIl=0由牛顿第二定律得：F0=ma，解得：a=线框做匀加速直线运动，如此线框穿出磁场时的速度 v=at0=，故A正确，B错误．C、D，正方形金属线框的边长为 L==线框刚离开磁场时所受的安培力为：F A=BIL由闭合电路的欧姆定律得：I===根据牛顿第二定律得：3F0﹣F A=ma代入得：3F0﹣=m联立求解得：B=，故C正确，D错误．应当选：AC10．转笔〔Pen Spinning〕是一项用不同的方法与技巧、以手指来转动笔的休闲活动，如下列图．转笔深受广阔中学生的喜爱，其中也包含了许多的物理知识，假设某转笔高手能让笔绕其上的某一点O做匀速圆周运动，如下有关该同学转笔中涉与到的物理知识的表示正确的答案是〔〕A．笔杆上的点离O点越近的，做圆周运动的向心加速度越小B．笔杆上的各点做圆周运动的向心力是由万有引力提供的C．假设该同学使用中性笔，笔尖上的小钢珠有可能因快速的转动做离心运动被甩走D．假设该同学使用的是金属笔杆，且考虑地磁场的影响，由于笔杆中不会产生感应电流，因此金属笔杆两端一定不会形成电势差【考点】向心力；牛顿第二定律．【分析】A、根据向心加速度公式a n=ω2R，即可确定向心加速度大小；B、各点做圆周运动的向心力是杆的弹力提供；C、当提供的向心力小于需要向心力，如此会出现离心现象；D、根据电磁感应现象，结合地磁场，从而判定是否感应电动势，与感应电流．【解答】解：A、由向心加速度公式a n=ω2R，笔杆上的点离O点越近的，做圆周运动的向心加速度越小，故A正确；B、杆上的各点做圆周运动的向心力是由杆的弹力提供的，与万有引力无关，故B错误；C、当转速过大时，当提供的向心力小于需要向心力，出现笔尖上的小钢珠有可能做离心运动被甩走，故C正确；D、当金属笔杆转动时，切割地磁场，从而产生感应电动势，但不会产生感应电流，故D错误；应当选：AC．二、实验题11．用游标为20公分的游标卡尺测量某物体长度，其示数如下列图，由图可知该物体长度为50.15 mm．【考点】刻度尺、游标卡尺的使用．【分析】解决此题的关键掌握游标卡尺读数的方法，主尺读数加上游标读数，不需估读．【解答】解：20分度的游标卡尺，准确度是0.05mm，游标卡尺的主尺读数为50mm，游标尺上第3个刻度和主尺上某一刻度对齐，所以游标读数为3×0.05mm=0.15mm，所以最终读数为：50mm+0.15mm=50.15mm．故答案为：50.15．12．用螺旋测微器测量某金属丝直径的结果如下列图．该金属丝的直径是 3.698 mm．【考点】螺旋测微器的使用．【分析】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．【解答】解：螺旋测微器固定刻度读书应该为3.5mm，可动刻度读书为0.01×19.8=0.198 最终读数为3.698mm故答案为：3.69813．某同学通过实验研究小灯泡的电压与电流的关系．可用的器材如下：电源〔电动势3V，内阻1Ω〕、电键、滑动变阻器〔最大阻值20Ω〕、电压表、电流表、小灯泡、导线假设干．〔1〕实验中移动滑动变阻器滑片，得到了小灯泡的U﹣I图象如图a所示，如此可知小灯泡的电阻随电压增大而增大〔填“增大〞、“减小〞或“不变〞〕．〔2〕根据图a，在图b中把缺少的导线补全，连接成实验电路〔其中电流表和电压表分别测量小灯泡的电流和电压〕．〔3〕假设某次连接时，把AB间的导线误接在AC之间，合上电键，任意移动滑片发现都不能使小灯泡完全熄灭，如此此时的电路中，小灯泡可能获得的最小功率是0.32W〔0.30～0.34都对〕W〔本小题假设需要作图，可画在图a中〕．【考点】描绘小电珠的伏安特性曲线．【分析】在小灯泡的U﹣I图象中，图象上的与原点连线的斜率表示小灯泡电阻的大小，所以小灯泡电阻随电流的最大而增大；此题的难点是当把AB间的导线误接在AC之间时，滑动变阻器的连接情况：的滑动触头打到最左端或最右端时变阻器均短路，此时小灯泡功率最大，的滑动触头在中间时，变阻器的有效电阻最大．【解答】解：〔1〕根据欧姆定律R=知，小灯泡的电阻随电压增大而增大．〔2〕由于小灯泡的电阻远小于电压表的内阻，电流表应用外接法；又电流与电压从零逐渐增大，故滑动变阻器应用分压式接法，实物图如图，〔3〕假设把AB间的导线误接在AC之间，如此当变阻器滑动触头在变阻器中间时阻值最大R==5Ω，此时小灯泡功率最小，把变阻器与电源内阻看成为等效电源的内阻，其电动势为3V，内阻为6Ω，如此短路电流==0.5A，在小灯泡的U﹣P图象中，连接U=3V与I=0.5A 两点，画出表示电源的U﹣I图象，如图，读出两图线的交点坐标为U=0.88V，I=0.35A，如此小灯泡的最小功率为P=UI=0.32W〔0.30～0.34都对〕．故答案为〔1〕增大〔2〕如图〔3〕0.32W〔0.30～0.34都对〕三、论述、计算题14．飞机着陆后做匀变速直线运动，速度逐渐减小，飞机着陆时的速度为60m/s，假设前5s 内通过的位移为225m，如此飞机的加速度大小为多少？此后飞机还要滑行多少秒才能停止运动？【考点】匀变速直线运动的位移与时间的关系．【分析】知道了初速度、位移、时间，根据，求出加速度．然后求出滑行的总时间，即可求出还要滑行的时间．【解答】解：由，得225=60×a=﹣6m/s2故飞机的加速度大小为6m/s2飞机飞行的总时间=10s．如此还需滑行的时间t′=10﹣5s=5s．故飞机还需滑行5s停止运动．15．如下列图，轻杆AB长l，两端各连接一个小球〔可视为质点〕，两小球质量关系为m B=m A=m，轻杆绕距B端处的O轴在竖直平面内逆时针自由转动．当轻杆由水平位置转至竖直位置的运动过程中，求杆对A球所做功．【考点】动能定理的应用；机械能守恒定律．【分析】转动过程中，两球组成的系统只有重力做功，机械能守恒，根据机械能守恒定律和两球速度关系，即可求出竖直方向时A球的速度，再对A球运用动能定理，可求解杆对A球做的功．【解答】解：当轻杆由水平位置转至竖直位置的运动过程中，只有重力做功，A、B系统的机械能守恒，如此有m A g•l=m B g•l++两球的角速度相等，由v=ωr，r A=2r B得：v A=2v B解得 v A2=mgl。