河北省邯郸市2017-2018学年高二下学期期末考试物理试题 Word版含解析

天水市一中高一级2017——2018学年度第二学期第三学段考试物理（理）试题一、单选题(共10小题，每小题4分，共40分)1.1.汽车在水平公路上转弯，沿曲线由M向N方向行驶，速度逐渐减小，下图中画出了汽车转弯时所受合力F的四种方向，正确的是A. B. C. D.【答案】D【解析】汽车从M点运动到N，曲线运动，必有些力提供向心力，向心力是指向圆心的；汽车同时减速，所以沿切向方向有与速度相反的合力；向心力和切线合力与速度的方向的夹角要大于90°，所以选项ABC错误，选项D正确。

故选D。

点睛：解决此题关键是要沿半径方向上和切线方向分析汽车的受力情况，在水平面上，减速的汽车受到水平的力的合力在半径方向的分力使汽车转弯，在切线方向的分力使汽车减速，知道了这两个分力的方向，也就可以判断合力的方向了．2.2.一个物体以初速度水平抛出，经一段时间，物体沿竖直方向的位移大小和水平位移大小相等,则物体运动的时间为(不计空气阻力）A. B. C. D.【答案】B【解析】平抛运动在水平方向上的位移和竖直方向上的位移相等，根据vt=gt2得物体运动的时间，故B正确，ACD错误．故选B．点睛：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，结合运动学公式灵活求解，基础题．3.3.“科学真是迷人。

”如果我们能测出月球表面的重力加速度g，月球的半径R和月球绕地球的转动周期T，就能够根据万有引力定律“称量”月球的质量了。

已知引力常数为G，用M 表示月球质量，关于月球质量，下列说法正确的是（）A. B. C. D.【答案】A【解析】【详解】在月球表面重力与万有引力相等有，可得月球的质量为，A正确B错误；根据，由于r表示轨道半径，而R表示月球半径，所以CD均错误．4.4.如图所示，在AB间有两轨道Ⅰ和Ⅱ，物体从轨道顶端A由静止下滑，且与两轨道间的动摩擦因数均相同，不计物体在C点时的能量损失，物体分别沿Ⅰ和Ⅱ轨道到达底端B时摩擦力做功分别为W1和W2，则W1和W2的大小关系.A. W1<W2B. W1>W2C. W1=W2D. 无法判断【答案】C【解析】【详解】设斜面I的倾角为，高为，斜面II的倾角为，高为，斜面底长为L，根据功的公式有，可见，克服摩擦力做的功与斜面高度或倾角无关，只与斜面底边长有关，即，C正确．【点睛】应熟记重要结论：物体沿斜面下滑过程中克服摩擦力做的功等于动摩擦因数、物体重力、斜面底边长三者的乘积，而与斜面的高度或倾角大小无关．5.5.如图所示，桌面高为h，质量为m的小球从离桌面高H处自由落下，不计空气阻力，假设物体在桌面处的重力势能为0，则小球落地时的重力势能及整个下落过程中重力势能的变化为A. mgh，减少B. mgh，增加C. ，增加D. ，减少【答案】D【解析】以桌面为零势能参考平面，那么小球释放时的相对高度是H，重力势能是mgH；小球落地时的重力势能为：；整个过程中小球重力势能的减小为：，故选项D正确，ABC错误。

期中考试物理试卷时间：100分钟分值：110分一、选择题（共12题，每小题4分，共48分。

1．-．8．题为单选题，．．．．．．9．-．12．．为多选题。

．．．．．全部选对的得4分。

选不全得2分，错选或不答得0分）1、某人向放在水平地面上正前方的小桶中水平抛球，结果球划着一条弧线飞到小桶的前方，如图所示.不计空气阻力，为了能把小球抛进小桶中，则下次再水平抛球时，可能做出的调整为( )A.增大初速度，提高抛出点高度B.增大初速度，抛出点高度不变C.初速度大小不变，降低抛出点高度D.初速度大小不变，提高抛出点高度2、质量为1t的汽车在平直的公路上运动，v-t图象如图1所示.不可求（）A.前25 s内汽车的平均速度B. 前10 s内汽车所受的阻力C. 前10 s内汽车的加速度D.15 s～25 s内合外力对汽车所做的功3、北斗卫星导航系统是我国自行研制开发的区域性三维卫星定位与通信系统(CNSS)，建立后的北斗卫星导航系统包括5颗同步卫星和30颗一般轨道卫星.关于这些卫星，以下说法正确的是( )A.5颗同步卫星的轨道距地高度不同B.5颗同步卫星的运行轨道不一定在同一平面内C.导航系统所有卫星的运行速度一定大于第一宇宙速度D.导航系统所有卫星中，运行轨道半径越大的，周期一定越大4、假设地球可视为质量均匀分布的球体.已知地球表面重力加速度在两极的大小为g0，在赤道的大小为g，地球自转的周期为T，引力常量为G.地球的密度为( )A.3πg0GT2 g0－gB.3π g0－gGT2g0C.3πGT2D.3πg0GT2g5、质量不等，但有相同动能的两个物体，在动摩擦因数相同的水平地面上滑行，直至停止，则( )A.质量小的物体滑行的距离小B.质量大的物体滑行的距离小C.它们滑行的距离一样大D.质量大的克服摩擦力所做的功多6、质量m＝100 kg的小船静止在平静水面上，船两端载着m甲＝60 kg、m乙＝40 kg的游泳者，在同一水平线上甲向左、乙向右同时以相对于岸3 m/s的速度跃入水中，如图所示，则小船的运动速率和方向为 ( ) A ．0.6 m/s ，向左 B ．3 m/s ，向左 C ．0.6 m/s ，向右 D ．3 m/s ，向右7、如图所示，在地面上以速度v 0抛出质量为m 的物体，抛出后物体落到比地面低h 的海平面上．若以地面为参考平面，且不计空气阻力，则下列选项正确的是( ) A ．物体落到海平面时的势能为mghB ．物体在最高点处的机械能为12mv 2C ．物体在海平面上的机械能为⎝ ⎛⎭⎪⎫12mv 20＋mgh D ．物体在海平面上的动能为12mv 28、质量为m 的物体，以v 0的初速度沿斜面上滑，到达最高点后又返回原处时的速度为v 1，且v 1＝0.5v 0，则( )A ．上滑过程中重力的冲量比下滑时大B ．上滑和下滑的过程中支持力的冲量都等于零C ．在整个过程中合力的冲量大小为3mv 02D ．整个过程中物体动量的变化量为mv 029、（多选）下列说法正确的是( ) A.做曲线运动的物体的速度一定变化 B.速度变化的运动一定是曲线运动 C. 同一物体的动量越大，其速度一定越大 D. 物体所受合力不为零，其机械能一定不守恒10、（多选）如图所示，一质量为m 的小球固定于轻质弹簧的一端，弹簧的另一端固定于O 点.将小球拉至A 点，弹簧恰好无形变，由静止释放小球，当小球运动到O 点正下方与A 点的竖直高度差为h 的B 点时，速度大小为v .已知重力加速度为g ，下列说法正确的是( )A.小球运动到B 点时的动能等于12mv 2B.小球由A 点到B 点机械能减少mghC. 小球到达B 点时弹簧的弹性势能为mghD. 小球由A 点到B 点克服弹力做功为mgh －12mv 211、（多选）据报道，美国计划从2021年开始每年送15 000名旅客上太空旅行。

河北省邯郸市2017-2018学年高二数学（文）第二学期期末试题一、选择题(本大题共12小题，共60分)1.已知log 2（x+2）=2，则x 等于（ ）A.-1B.0C.2D.62.若i z i 3)32(-=⋅+，则复数对应的点在复平面内的（）A.第一象限B.第二象限C.第三象限D.第四象限3.若φ⊊},0|{2R m m x x x ∈≤++，则m 的取值范围是( ) A.]41,(-∞ B.)41,(-∞ C.),41[+∞ D.),41(+∞4.已知a ，b 是实数，则“a=1且b=2”是“a 2+b 2-2a-4b+5=0”的（ ）A.充分而不必要条件B.必要而不充分条件C.充要条件D.既不充分也不必要条件5.设集合}1,0{},,,{==N c b a M ，映射N M f →:满足)()()(c f b f a f =+，则映射N M f →:的个数为（ ）A.1B.2C.3D.4 6.若131,0log 3>⎪⎭⎫ ⎝⎛<b a ，则( ) A. B. C. D. 7.⎪⎩⎪⎨⎧>-<+≤≤---=)11(,11)11(,21)(2x x x x x x f 或，则=)]21([f f （ ） A. B. C.-D 、-8.已知命题p ：∃x 0∈R ，x 02+ax 0+a ＜0．若命题p 是假命题，则实数a 的取值范围是（ ）A.B.（0，4）C.（-∞，0）∪（4，+∞）D.（-∞，0]∪ C. D.（0，1）二、填空题(本大题共4小题，共20分)13.设集合},,51|{},,1|||{R x x x B R x a x x A ∈<<=∈<-=若,φ=B A 则实数a 的取值范围是______.14.已知定义在R 上的函数f （x ），满足f （1）=，且对任意的x 都有f （x+3）=，则f （2014）= ______ ．15.若函数)1,0()(≠>=a a a x f x 在［－1,2］上的最大值为4，最小值为m ，且函数x m x g )41()(-=在［0，+∞)上是增函数，则a ＝__________．16.设表示不超过x 的最大整数，如=2，=3，=k （k ∈N *）．我们发现：3]3[]2[]1[=++；10]8[]7[]6[]5[]4[=++++；21]15[]14[]13[]12[]11[]10[]9[=++++++；…通过合情推理，写出一般性的结论： ______ （用含n 的式子表示）．三、解答题(本大题共6小题，共70分)17.（本题10分）已知曲线C 1的参数方程为⎩⎨⎧==φφsin cos 3y x （φ为参数），以坐标原点为极点，x 轴正半轴为极轴建立极坐标系，曲线C 2的极坐标方程为2)3cos(=+πθρ．（Ⅰ）求曲线C 1的普通方程与曲线C 2的直角坐标方程；（Ⅱ）设P 为曲线C 1上的动点，求点P 到C 2上的点的距离的最小值是此时点P 的坐标．18.设命题p ：实数x 满足03422<+-a ax x ，其中0>a ，命题q ：实数x 满足0822>-+x x 0（1）若a=1，且p ∧q 为真，求实数x 的取值范围；（2）若￢q 是￢p 的充分不必要条件，求实数a 的取值范围．19.已知函数y=a x（a ＞0且a≠1）在上的最大值与最小值之和为20，记2)(+=x xa a x f ． （1）求a 的值；（2）证明1)1()(=-+x f x f ；（3）求)20112010()20113()20112()20111(f f f f ++++ 的值．20.某市教育局邀请教育专家深入该市多所中小学，开展听课，访谈及随堂检测等活动．他们把收集到的180节课分为三类课堂教学模式：教师主讲的为A 模式，少数学生参与的为B 模式，多数学生参与的为C 模式，A 、B 、C 三类课的节数比例为3：2：1．（Ⅰ）为便于研究分析，教育专家将A 模式称为传统课堂模式，B 、C 统称为新课堂模式．根据随堂检测结果，把课堂教学效率分为高效和非高效，根据检测结果统计得到如下2×2列联表（单位：节）堂教学效率与教学模式有关？并说明理由．（Ⅱ）教育专家用分层抽样的方法从收集到的180节课中选出12节课作为样本进行研究，并从样本中的B 模式和C 模式课堂中随机抽取2节课，求至少有一节课为C 模式课堂的概率．参考临界值表：参考公式：))()()(()(2d b c a d c b a bc ad n K ++++-=其中n = a + b + c + d ．21.已知函数c bx x x f ++=2)(，且0)1(=f ．（1）若函数)(x f 是偶函数，求)(x f 的解析式；（2）在（1）的条件下，求函数)(x f 在区间]3,1[-上的最大值和最小值；（3）要使函数)(x f 在区间]3,1[-上单调递增，求b 的取值范围．22.已知函数f （x ）对一切m 、n ∈R 都有：2)()()(-+=+n f m f n m f ，并且当2>x 时，2)(>x f ．（1）判定并证明函数)(x f 在R 上的单调性；（2）若f （3）=5，求不等式3)22(2<--a a f 的解集．期末试题答案一、选择题1.C2.C3.A4. C5.C6.D7.B8.A9.A 10.A 11.C 12.C e 二、填空题13. }60|{≥≤a a a 或 14.-5 15.16. =n （2n+1）（n ∈N *）三、解答题17. 解：（Ⅰ）由，得，两式平方作和得， ∴曲线C 1的普通方程为；由ρcos （θ+）=2，得，即，即．∴曲线C 2的直角坐标方程为；（Ⅱ）设P （cos φ，sin φ），由题意知，点P 到直线C 2距离为=，当φ=-时，d 取最小值，此时点P （，）．18. 解：（1）命题p ：实数x 满足x 2-4ax+3a 2＜0，其中a ＞0，解得a ＜x ＜3a ，由于a=1，∴1＜x ＜3．命题q ：实数x 满足x 2+2x-8＞0，解得x ＞2或x ＜-4．∵p ∧q 为真，∴p 与q 都为真命题．∴，解得2＜x ＜3．∴实数x 的取值范围是2＜x ＜3．（2）∵￢q 是￢p 的充分不必要条件，∴p 是q 的充分不必要条件，∴a≥2或3a≤-4，解得a≥2，或a．19. 解：（1）函数y=a x（a＞0且a≠1）在上的最大值与最小值之和为20，而函数y=a x（a＞0且a≠1）在上单调递增或单调递减∴a+a2=20，得a=4，或a=-5（舍去）∴a=4（2）证明：∴====1（3）由（2）知，=1，，…∴=…+=1+1+1+…+1=100520. 解：（Ⅰ）由列联表中的统计数据计算随机变量k2的观测值为：∵k2===9＞6.635由临界值表P（k2≥6.635）≈0.010，∴有99%的把握认为课堂效率与教学模式有关；…（6分）（Ⅱ）样本中的B模式课堂和C模式课堂分别是4节和2节，分别记为B1、B2、B3、B4、C1、C2，从中取出2节课共有15种情况：（C1，B1），（C1，B2），（C1，B3），（C1，B4），（C2，B1），（C2，B2），（C2，B3），（C2，B4），（C1，C2），（B1，B2），（B1，B3），（B1，B4），（B2，B3），（B2，B4），（B3，B4）…（8分）至少有一节课为C模式课堂的事件为（C1，B1），（C1，B2），（C1，B3），（C1，B4），（C2，B1），（C2，B2），（C2，B3），（C2，B4），（C1，C2）共9种；…（10分）∴至少有一节课为C模式课堂的概率为P==．……（12分）21. 解：（1）∵函数为偶函数，∴f（-x）=f（x），x∈R恒成立，即：x2-bx+c=x2+bx+c∴b=0 又∵f（1）=0．∴c=-1 ∴f（x）=x2-1；（2）由（1）易知其对称轴为：x=0∴当x=0时f（x）min=-1当x=3时，f（x）max=8；（3）∵函数f（x）在区间上单调递增∴，∴b≥2即b≥2时，f（x）在区间上是递增的．22. 解：（1）f（x）在R上是增函数．理由如下：设x1、x2∈R且x1＜x2，则x2-x1＞0，∵当x＞0时，f（x）＞2∴f（x2-x1）＞2即f（x2-x1）-2＞0，而函数f（x）对一切m、n∈R都有：f（m+n）=f（m）+f（n）-2，∴f（x2）=f=f（x2-x1）+f（x1）-2＞f（x1）即f（x1）＜f（x2），∴函数f（x）在R上是增函数；（2）由于f（3）=f（2+1）=f（2）+f（1）-2，=f（1+1）+f（1）-2=3f（1）-4∵f（3）=5，∴f（1）=3，∵f（a2-2a-2）＜3，即有f（a2-2a-2）＜f（1），由（1）知，函数f（x）在R上是增函数，∴a2-2a-2＜1即-1＜a＜3∴不等式f（a2-2a-2）＜3的解集是（-1，3）．。

2017-2018学年重庆市石柱中学高二（下）第一次月考物理试卷一、单项选择题（本题共8个小题，每小题4分，共32分.在每个小题中只有一个选项是正确的.）1．关于感应电流，下列说法中正确的是（）A．只要闭合电路内有磁通量，闭合电路中就有感应电流产生B．穿过螺线管的磁通量发生变化时，螺线管内部就一定有感应电流产生C．线框不闭合时，即使穿过线圈的磁通量发生变化，线圈中也没有感应电流D．只要电路的一部分作切割磁感线运动，电路中就一定有感应电流2．如图所示，水平放置的光滑杆上套有A、B、C三个金属环，其中B接电源．在接通电源的瞬间，A、C两环（）A．都被B排斥B．都被B吸引C．A被吸引，C被排斥D．A被排斥，C被吸引3．如图所示，A和B是电阻为R的电灯，L是自感系数较大的线圈，当S1闭合、S2断开且电路稳定时，A、B亮度相同，再闭合S2，待电路稳定后将S1断开，下列说法中，正确的（）A．B灯不会立即熄灭B．A灯将比原来更亮一些后再熄灭C．有电流通过B灯，方向为c→dD．有电流通过A灯，方向为b→a4．马航MH370客机失联后，中国两架伊尔﹣76飞机参与了在南印度洋的搜救工作．已知在南半球地磁场的竖直分量向上，飞机处于定速巡航时段，机翼保持水平，飞行高度不变，由于地磁场的作用，金属机翼上有电势差．设飞行员左方机翼末端处的电势为φ1，右方机翼末端处电势为φ2，则在飞机定速巡航时，下列说法正确的是（）A．无论飞机航向如何都有φ1＜φ2B．只有飞机从南往北飞，φ1＜φ2C．只有飞机从西往东飞，φ1＜φ2D．只有飞机从东往西飞，φ1=φ25．如图所示，木块B与水平弹簧相连放在光滑水平面上，子弹A沿水平方向射入木块后留在木块B内，入射时间极短，而后木块将弹簧压缩到最短．关于子弹和木块组成的系统，下列说法中正确的是（）A．子弹射入木块的过程中系统动量守恒B．子弹射入木块的过程中系统机械能守恒C．木块压缩弹簧过程中，系统总动量守恒D．木块压缩弹簧过程中，子弹、木块和弹簧组成的系统机械能守恒6．多数同学家里都有调光台灯、调速电风扇，过去是用变压器来实现上述调节的，缺点是成本高、体积大、效率低，且不能任意调节灯的亮度或风扇的转速．现在的调光台灯、调速电风扇是用可控硅电子元件来实现调节的，如图所示为一个经过双向可控硅电子元件调节后加在电灯上的电压，即在正弦式电流的每一个周期中，前面的被截去，从而改变了电灯上的电压．那么现在电灯上的电压为（）A．U m B．C．D．7．理想变压器原、副线圈匝数比为n1：n2：n3=4：3：2，副线圈上分别接标有“6V，12W”、“12V，36W”的灯泡L1和L2，当a、b两端接交变电源后，L1正常发光，则变压器的输入功率为（）A．16W B．40W C．48W D．不能确定8．内阻不计的交流发电机产生电动势e=10sin50πt（V），接有负载电阻R=10Ω，现在把发电机的转速增加一倍，则（）A．负载两端电压的有效值将变为28.2VB．交流电的频率将变为100HzC．负载消耗的功率将变为20WD．负载消耗的功率将变为40W二、多项选择题（本题共4个小题，每小题4分，共16分.在每个小题中至少有两个选项是正确的，选对但不全者得2分，选错或不答者得0分.）9．穿过一个电阻为2Ω的闭合线圈的磁通量每秒均匀减小0.4Wb，则线圈中（）A．感应电动势为0.4V B．感应电动势每秒减小0.4VC．感应电流恒为0.2A D．感应电流每秒减小0.2A10．一个理想变压器，原线圈和副线圈的匝数分别为n1和n2，正常工作时输入和输出的电压、电流、功率分别为U1和U2、I1和I2、P1和P2，已知n1＞n2，则（）A．U1＞U2，P1＜P2B．P1=P2，I1＜I2C．I1＜I2，U1＞U2D．P1＞P2，I1＞I2 11．如图所示，在远距离输电过程中，若保持原线圈的输入功率不变，下列说法正确的是（）A．升高U1会减小输电电流I2B．升高U1会增大线路的功率损耗C．升高U1会增大线路的电压损耗D．升高U1会提高电能的利用率12．如图所示，在平行于水平地面的有理想边界的匀强磁场上方，有三个大小相同的，且用相同的金属材料制成的正方形线框，线框平面与磁场方向垂直．A线框有一个缺口，B、C线框都闭合但B线框导线的横截面积比C线框大．现将三个线框从同一高度由静止开始同时释放，下列关于它们落地时间的说法正确的是（）A．三个线框同时落地B．三个线框中，A线框最早落地C．B线框在C线框之后落地D．B线框和C线框在A线框之后同时落地三、实验题（本题共15分）13．下列关于多用电表电阻挡的说法中，正确的是（）A．表盘刻度是不均匀的，从零刻度处开始，刻度值越大处，刻度越稀疏B．红表笔是与表内的电源的负极相连的C．测电阻时，首先要把红、黑表笔短接进行调零，然后再去测电阻D．为了减小误差，应尽量使指针指在中间刻度附近14．实验室中准备了下列器材：待测干电池（电动势约1.5V，内阻约1.0Ω），电流表G（满偏电流1.5mA，内阻10Ω）电流表A（量程0～0.60A，内阻约0.10Ω），滑动变阻器R1（0～20Ω，2A）滑动变阻器R2（0～100Ω，1A），定值电阻R3=990Ω，开关S和导线若干①某同学选用上述器材（滑动变阻器只选用了一个）测定一节干电池的电动势和内阻．为了能较为准确地进行测量和操作方便，实验中选用的滑动变阻器，应是．（填代号）②请在如图1方框中画出他的实验电路图．③如图2为该同学根据实验数据作出的I1﹣I2图线（I1为电流表G的示数，I2为电流表A的示数），由该图线可得：被测干电池的电动势E=V，内阻r=Ω．四、计算题（本题共37分）15．如图所示，在与水平面成θ=30°角的平面内放置两条平行、光滑且足够长的金属轨道，其电阻可忽略不计．空间存在着匀强磁场，磁感应强度B=0.20T，方向垂直轨道平面向上．导体棒ab、cd垂直于轨道放置，且与金属轨道接触良好构成闭合回路，每根导体棒的质量m=2.0×10﹣1kg，回路中每根导体棒电阻r=5.0×10﹣2Ω，金属轨道宽度l=0.50m．现对导体棒ab施加平行于轨道向上的拉力，使之匀速向上运动．在导体棒ab匀速向上运动的过程中，导体棒cd 始终能静止在轨道上．g取10m/s2，求：（1）导体棒cd受到的安培力大小；（2）导体棒ab运动的速度大小；（3）拉力对导体棒ab做功的功率．16．如图所示，质量M=3kg的长木板B 静止于光滑水平面上，B的右边放有竖直固定挡板，B的右端距离挡板S．现有一小物体A（可视为质点）质量为m=1kg，以初速度v0=6m/s从B的左端水平滑上B．已知A与B间的动摩擦因数μ=0.2，A始终未滑离B，B与竖直挡板碰前A和B已相对静止，B与挡板的碰撞时间极短，碰后以原速率弹回．求：（1）S的最短距离；（2）A、B最终速度的大小和方向．17．两平行金属导轨水平放置，一质量为m=0.2kg的金属棒ab垂直于导轨静止放在紧贴电阻R处，R=0.1Ω，其它电阻不计．导轨间距为d=0.8m，矩形区域MNPQ内存在有界匀强磁场，场强大小B=0.25T．MN=PQ=x=0.85m，金属棒与两导轨间动摩擦因数都为μ=0.4，电阻R与边界MP的距离s=0.36m．在外力作用下让ab棒由静止开始向右匀加速运动并穿过磁场，加速度a=2m/s2，g取10m/s2，试求：（1）金属棒ab刚进入磁场时电路中的电流（2）金属棒ab穿过磁场过程中流过R的电量（3）金属棒ab受到的外力F随时间t变化关系．2017-2018学年重庆市石柱中学高二（下）第一次月考物理试卷参考答案与试题解析一、单项选择题（本题共8个小题，每小题4分，共32分.在每个小题中只有一个选项是正确的.）1．关于感应电流，下列说法中正确的是（）A．只要闭合电路内有磁通量，闭合电路中就有感应电流产生B．穿过螺线管的磁通量发生变化时，螺线管内部就一定有感应电流产生C．线框不闭合时，即使穿过线圈的磁通量发生变化，线圈中也没有感应电流D．只要电路的一部分作切割磁感线运动，电路中就一定有感应电流【考点】感应电流的产生条件．【分析】感应电流产生的条件：只要穿过闭合电路的磁通量发生变化就能产生感应电流．可以分解为两个条件：1、闭合电路，2、磁通量发生变化．这两个条件必须同时满足，才能有感应电流产生．【解答】解：A、满足闭合电路，但是磁通量没有变化，没有感应电流，故A 错．B、满足磁通量变化，但是没有满足闭合电路这个条件，故B错误．C、线框不闭合时，即使穿过线圈的磁通量发生变化，线圈中也没有感应电流．故C正确．D、不知道电路是否闭合，因此不能确定有电流产生．故D错误．故选C．2．如图所示，水平放置的光滑杆上套有A、B、C三个金属环，其中B接电源．在接通电源的瞬间，A、C两环（）A．都被B排斥B．都被B吸引C．A被吸引，C被排斥D．A被排斥，C被吸引【考点】楞次定律．【分析】根据楞次定律进行判定：感应电流的磁场总是阻碍原磁通量的变化．【解答】解：在接通电源的瞬间，通过B环的电流变大，电流产生的磁场增强，穿过A、C两环的磁通量变大，A、C两环产生感应电流，由楞次定律可知，感应电流总是阻值原磁通量的变化，为了阻碍原磁通量的增加，A、C两环都被B环排斥而远离B环，以阻碍磁通量的增加，故BCD错误，A正确；故选：A3．如图所示，A和B是电阻为R的电灯，L是自感系数较大的线圈，当S1闭合、S2断开且电路稳定时，A、B亮度相同，再闭合S2，待电路稳定后将S1断开，下列说法中，正确的（）A．B灯不会立即熄灭B．A灯将比原来更亮一些后再熄灭C．有电流通过B灯，方向为c→dD．有电流通过A灯，方向为b→a【考点】自感现象和自感系数．【分析】在开关闭合瞬间，线圈阻碍电流的增加，断开S1瞬间产生一自感电动势相当于电源，与A组成闭合回路．【解答】解：A、由题，A和B是电阻为R的电灯，L是自感系数较大的线圈，当S1闭合、S2断开且电路稳定时，A、B亮度相同，说明L的电阻值与R的电阻值是相等的．再闭合S2后，L与A灯并联，R与B灯并联，它们的电流均相等．当断开后，L将阻碍自身电流的减小，即该电流还会维持一段时间，在这段时间里，因S2闭合，电流不可能经过B灯和R，只能通过A灯形成b→A→a→L→c→b的电流，所以AC错误，D正确；B、由于自感形成的电流是在L原来电流的基础上逐渐减小的，并没有超过A 灯原来电流，故A灯虽推迟一会熄灭，但不会比原来更亮，故B错误．故选：D．4．马航MH370客机失联后，中国两架伊尔﹣76飞机参与了在南印度洋的搜救工作．已知在南半球地磁场的竖直分量向上，飞机处于定速巡航时段，机翼保持水平，飞行高度不变，由于地磁场的作用，金属机翼上有电势差．设飞行员左方机翼末端处的电势为φ1，右方机翼末端处电势为φ2，则在飞机定速巡航时，下列说法正确的是（）A．无论飞机航向如何都有φ1＜φ2B．只有飞机从南往北飞，φ1＜φ2C．只有飞机从西往东飞，φ1＜φ2D．只有飞机从东往西飞，φ1=φ2【考点】导体切割磁感线时的感应电动势．【分析】由于地磁场的存在，当飞机在南半球水平飞行时，两机翼的两端点之间会有一定的电势差，相当于金属棒在切割磁感线一样．由右手定则可判定电势的高低．【解答】解：当飞机在南半球飞行时，由于地磁场的存在，且地磁场的竖直分量方向竖直向上，由于感应电动势的方向与感应电流的方向是相同的，由低电势指向高电势，由右手定则可判知，在南半球，不论沿何方向水平飞行，都是飞机的左方机翼电势低，右方机翼电势高，即总有φ1＜φ2．故选：A．5．如图所示，木块B与水平弹簧相连放在光滑水平面上，子弹A沿水平方向射入木块后留在木块B内，入射时间极短，而后木块将弹簧压缩到最短．关于子弹和木块组成的系统，下列说法中正确的是（）A．子弹射入木块的过程中系统动量守恒B．子弹射入木块的过程中系统机械能守恒C．木块压缩弹簧过程中，系统总动量守恒D．木块压缩弹簧过程中，子弹、木块和弹簧组成的系统机械能守恒【考点】动量守恒定律；机械能守恒定律．【分析】系统所受合外力为零，系统动量守恒，只有重力或只有弹力做功，系统机械能守恒，根据动量守恒与机械能守恒的条件分析答题．【解答】解：A、子弹射入木块的过程中系统所受合外力为零，系统动量守恒，故A正确；B、子弹射入木块的过程中要克服阻力做功，系统机械能不守恒，故B错误；C、木块压缩弹簧过程中系统所受合外力不为零，系统动量不守恒，故C错误；D、木块压缩弹簧过程中，只有弹簧的弹力做功，子弹、木块和弹簧组成的系统机械能守恒，故D正确；故选：AD．6．多数同学家里都有调光台灯、调速电风扇，过去是用变压器来实现上述调节的，缺点是成本高、体积大、效率低，且不能任意调节灯的亮度或风扇的转速．现在的调光台灯、调速电风扇是用可控硅电子元件来实现调节的，如图所示为一个经过双向可控硅电子元件调节后加在电灯上的电压，即在正弦式电流的每一个周期中，前面的被截去，从而改变了电灯上的电压．那么现在电灯上的电压为（）A．U m B．C．D．【考点】交流的峰值、有效值以及它们的关系．【分析】根据电流的热效应：由一个周期内交变电流通过电阻R的产生热量与直流电通过电阻R一个周期内产生热量相等，求解有效值．【解答】解：设交流电的有效值为U，将交流电与直流电分别通过相同电阻R，分析一个周期内热量：交流电Q1=直流电Q2=由Q1=Q2得U=故选C7．理想变压器原、副线圈匝数比为n1：n2：n3=4：3：2，副线圈上分别接标有“6V，12W”、“12V，36W”的灯泡L1和L2，当a、b两端接交变电源后，L1正常发光，则变压器的输入功率为（）A．16W B．40W C．48W D．不能确定【考点】变压器的构造和原理．【分析】灯泡在额定电压下正常发光，由变压器的变压比求出原线圈电压，然后求出另一个副线圈电压，由电功率公式求出灯L2的实际功率，然后求出变压器的输入功率．【解答】解：L1正常发光，则U2=U L1=6V，U1=U2=×6=8V，U3=U1=×8=4V，L2的电阻R2==4Ω，P L2实==4W，输入功率P=P L1额+P L2实=12W+4W=16W；故选A．8．内阻不计的交流发电机产生电动势e=10sin50πt（V），接有负载电阻R=10Ω，现在把发电机的转速增加一倍，则（）A．负载两端电压的有效值将变为28.2VB．交流电的频率将变为100HzC．负载消耗的功率将变为20WD．负载消耗的功率将变为40W【考点】正弦式电流的最大值和有效值、周期和频率．【分析】由表达式得出原来交流电动势的最大值和频率．原来根据感应电动势最大值的表达式E m=NBSω分析感应电动势最大值的变化，从而得到有效值．由公式f=分析频率变化，功率P=．【解答】解：A、E m=NBSω，转速增加一倍，则最大值变为原来的两倍，根据e=10sin50πt（V）可知，原来电动势E m=10V，转速增加一倍后E m=20V，有效值为10V，故A错误；B、根据f=可知，转速增加一倍后，频率为f=，故B错误；C、负载消耗的功率P===20W，故C正确，D错误．故选C二、多项选择题（本题共4个小题，每小题4分，共16分.在每个小题中至少有两个选项是正确的，选对但不全者得2分，选错或不答者得0分.）9．穿过一个电阻为2Ω的闭合线圈的磁通量每秒均匀减小0.4Wb，则线圈中（）A．感应电动势为0.4V B．感应电动势每秒减小0.4VC．感应电流恒为0.2A D．感应电流每秒减小0.2A【考点】法拉第电磁感应定律．【分析】穿过闭合线圈的磁通量每秒均匀减小0.4Wb，得到磁通量变化率，由法拉第电磁感应定律求出感应电动势，由欧姆定律求解感应电流．【解答】解：A、穿过闭合线圈的磁通量每秒均匀减小0.4Wb，则得到磁通量变化率大小为=0.4Wb/s，由法拉第电磁感应定律得：E==0.4V，感应电动势不变，故A正确，B错误．C、由欧姆定律得，感应电流为I===0.2A，电流恒定不变，故C正确，D错误．故选：AC．10．一个理想变压器，原线圈和副线圈的匝数分别为n1和n2，正常工作时输入和输出的电压、电流、功率分别为U1和U2、I1和I2、P1和P2，已知n1＞n2，则（）A．U1＞U2，P1＜P2B．P1=P2，I1＜I2C．I1＜I2，U1＞U2D．P1＞P2，I1＞I2【考点】变压器的构造和原理．【分析】本题比较简单，直接根据理想变压器原副线圈匝数比与电压、电流比之间的关系即可求解，理想变压器的输入功率与输出功率相等．【解答】解：根据理想变压器的特点有：，P1=P2所以有电流关系为：，由于n1＞n2，所以有I1＜I2，U1＞U2，故AD错误，BC正确．故选BC．11．如图所示，在远距离输电过程中，若保持原线圈的输入功率不变，下列说法正确的是（）A．升高U1会减小输电电流I2B．升高U1会增大线路的功率损耗C．升高U1会增大线路的电压损耗D．升高U1会提高电能的利用率【考点】远距离输电；电功、电功率．【分析】根据P=UI判断输电线上电流的变化，结合判断功率损失和电压损失的变化．结合损耗的功率判断电能利用率的变化．【解答】解：A、输送功率不变，升高U1，则升压变压器的输出电压变大，根据P=UI知，输电线上的电流I2减小．故A正确．B、因为升高U1，输电线上的电流减小，根据知，输电线上的功率损耗减小．故B错误．C、因为升高U1，输电线上的电流减小，根据△U=IR知，输电线上的电压损失减小．故C错误．D、电能的利用率为，因为升高U1，输电线上的电流减小，则电能的利用率提高．故D正确．故选：AD．12．如图所示，在平行于水平地面的有理想边界的匀强磁场上方，有三个大小相同的，且用相同的金属材料制成的正方形线框，线框平面与磁场方向垂直．A线框有一个缺口，B、C线框都闭合但B线框导线的横截面积比C线框大．现将三个线框从同一高度由静止开始同时释放，下列关于它们落地时间的说法正确的是（）A．三个线框同时落地B．三个线框中，A线框最早落地C．B线框在C线框之后落地D．B线框和C线框在A线框之后同时落地【考点】导体切割磁感线时的感应电动势；楞次定律．【分析】A线圈有一个缺口，进入磁场后，不产生感应电流，不受安培力作用，只受重力，加速度等于g．而B、C线圈是闭合的，进入磁场后，产生感应电流，线圈受到竖直向上的安培力作用，根据牛顿第二定律研究BC加速度的关系，再分析下落时间的关系．【解答】解：A线圈进入磁场后，不产生感应电流，线圈不受安培力作用，只受重力，加速度等于g．而B、C线圈是闭合的，进入磁场后，产生感应电流，线圈受到竖直向上的安培力作用，加速度小于g，则A线圈最先落地．设B、C线圈的边长为L，横截面积为S，电阻率为ρ电，密度为ρ密，质量为m，进入磁场后速度为v时加速度为a，根据牛顿第二定律得：mg﹣=ma，a=g﹣=g﹣=g﹣＜g，可知a与横截面积S无关，所以B、C线圈同时落地．根据B、C的加速度小于A的加速度，可知，A最先落地．故选：BD三、实验题（本题共15分）13．下列关于多用电表电阻挡的说法中，正确的是（）A．表盘刻度是不均匀的，从零刻度处开始，刻度值越大处，刻度越稀疏B．红表笔是与表内的电源的负极相连的C．测电阻时，首先要把红、黑表笔短接进行调零，然后再去测电阻D．为了减小误差，应尽量使指针指在中间刻度附近【考点】用多用电表测电阻．【分析】依据欧姆表的测量原理分析电阻值与刻的关系；在欧姆表内部黑表笔接的是电源的正极；用欧姆表测电阻时要选择合适的挡位，使欧姆表指针指在刻度盘中央刻度线附近；欧姆表换挡后要重新进行欧姆调零．【解答】解：A、欧姆表的工作原理是闭合电路的欧姆定律，由I=，电流I与对应的待测电阻阻值R x不成正比，电阻的刻度线是不均匀的，刻度值越大处刻度线越密，故A错误；B、在欧姆表内部黑表笔接的是电源的正极，红表笔是与表内的电源的负极相连，故B正确；C、测电阻时，首先要把红、黑表笔短接进行调零，然后再去测电阻．故C 正确；D、当指针指在刻度盘的中间刻度附近时，测量的数据误差最小，所以为了减小误差，应尽量使指针指在中间刻度附近．故D正确．故选：BCD．14．实验室中准备了下列器材：待测干电池（电动势约1.5V，内阻约1.0Ω），电流表G（满偏电流1.5mA，内阻10Ω）电流表A（量程0～0.60A，内阻约0.10Ω），滑动变阻器R1（0～20Ω，2A）滑动变阻器R2（0～100Ω，1A），定值电阻R3=990Ω，开关S和导线若干①某同学选用上述器材（滑动变阻器只选用了一个）测定一节干电池的电动势和内阻．为了能较为准确地进行测量和操作方便，实验中选用的滑动变阻器，应R1．（填代号）②请在如图1方框中画出他的实验电路图．③如图2为该同学根据实验数据作出的I1﹣I2图线（I1为电流表G的示数，I2为电流表A的示数），由该图线可得：被测干电池的电动势E= 1.46V，内阻r=0.76Ω．【考点】测定电源的电动势和内阻．【分析】①滑动变阻器在电路中应起到调节电流的作用，要求所用滑动变阻器能得出多组数据，并且应易于调节；②本实验中只需得出流过电源的电流及电源的路端电压即可，分析给出的仪器可知电路的接法及电表的使用；③由闭合电路欧姆定律可得出与题目中给出仪器有关的表达式，再由数学规律可得出电动势和内电阻．【解答】解：①滑动变阻器应起到明确的调节作用，并且还要易于调节，故一般限流接法时，滑动变阻器比内阻约为10倍左右即可，故本题中应选R1②本题中表头可与定值电阻串联作为电压表使用，再将滑动变阻顺与电流表A串接在电源两端即可；如下图③由闭合电路欧姆定律可得：I1（R3+R A）=E﹣I2r变形得：I1=﹣I2；由数学知可得：图象中的k=；b=；由图可知：b=1.46；k==0.76×10﹣3；故解得：E=1.46V，r=0.76Ω故答案为：①R1；②如下图；③1.46，0.76．四、计算题（本题共37分）15．如图所示，在与水平面成θ=30°角的平面内放置两条平行、光滑且足够长的金属轨道，其电阻可忽略不计．空间存在着匀强磁场，磁感应强度B=0.20T，方向垂直轨道平面向上．导体棒ab、cd垂直于轨道放置，且与金属轨道接触良好构成闭合回路，每根导体棒的质量m=2.0×10﹣1kg，回路中每根导体棒电阻r=5.0×10﹣2Ω，金属轨道宽度l=0.50m．现对导体棒ab施加平行于轨道向上的拉力，使之匀速向上运动．在导体棒ab匀速向上运动的过程中，导体棒cd 始终能静止在轨道上．g取10m/s2，求：（1）导体棒cd受到的安培力大小；（2）导体棒ab运动的速度大小；（3）拉力对导体棒ab做功的功率．【考点】导体切割磁感线时的感应电动势；闭合电路的欧姆定律；安培力；电磁感应中的能量转化．【分析】（1）cd静止，则cd受力平衡，则分析其受力情况，由平衡条件可求得安培力的大小；（2）由安培力公式可求得电路中电流，则由闭合电路欧姆定律可得出感应电动势，再由E=BLv可求得cd的速度；（3）ab棒受力平衡，则由共点力平衡关系可求是拉力的大小，由P=Fv可求得拉力的功率．，则由平【解答】解：（1）导体棒cd静止时受力平衡，设所受安培力为F安衡条件得：F=mgsinθ=2.0×10﹣1×10×sin30°N=1N安（2）设导体棒ab的速度为v，产生的感应电动势为E，通过导体棒cd的感应电流为I，=BIl则E=Blv，I=，F安解得：v==m/s=10m/s（3）设对导体棒ab的拉力为F，导体棒ab受力平衡，则有：F=F+mgsinθ=2mgsinθ=2×1N=2N安则拉力的功率为：P=Fv=2×10W=20W．答：（1）导体棒cd受到的安培力大小为1N；（2）导体棒ab运动的速度大小为10m/s；（3）拉力对导体棒ab做功的功率为20W．16．如图所示，质量M=3kg的长木板B 静止于光滑水平面上，B的右边放有竖直固定挡板，B的右端距离挡板S．现有一小物体A（可视为质点）质量为m=1kg，以初速度v0=6m/s从B的左端水平滑上B．已知A与B间的动摩擦因数μ=0.2，A始终未滑离B，B与竖直挡板碰前A和B已相对静止，B与挡板的碰撞时间极短，碰后以原速率弹回．求：（1）S的最短距离；（2）A、B最终速度的大小和方向．【考点】动量守恒定律；匀变速直线运动的位移与时间的关系；牛顿第二定律．【分析】（1）A、B系统动量，由动量守恒定律可以求出A、B的共同速度，然后应用牛顿第二定律求出B的加速度，再应用速度位移公式求出S的最小距离．（2）B与挡板碰撞后系统动量守恒，应用动量守恒定律可以求出A、B的速度．【解答】解：（1）A、B系统动量守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律得：mv0=（M+m）v1，代入数据解得：v1=1.5m/s，A、B速度相等的同时B恰好与挡板碰撞时S最小，对B，由牛顿第二定律得：a==m/s2，。