2015-2016学年江苏省泰州中学高二下学期第二次月考物理试题(扫描版)

第Ⅰ卷（共60分）一、填空题（每小题5分,共70分.）1. ()632b a +的展开式中的第3项的二项式系数为_________． 【答案】15 【解析】试题分析：展开式中的第3项的二项式系数为1526=C 考点：二项式定理【易错点晴】本题学生容易把展开式中某项的系数和展开式中某项的二项式系数混淆，展开式中某项的系数是指展开式中各项字母的系数，而把展开式中的nn n n n C C C C ,........,,21叫做展开式中各项的二项式系数 .2.某市高三数学抽样考试中，对90分及其以上的成绩情况进行统计，其频率分布直方图如图所示，若(]130,140分数段的人数为90人，则(]90,100分数段的人数为____________．【答案】810考点：频率分布直方图3.在如图所示的流程图中，若输入n 的值为11，则输出A 的值为____________．【答案】31考点：程序框图【方法点晴】按照程序框图运行程序时，要严格按框图条件和方向线去走，若发现有周期规律性，可利用函数周期性求值的方法去求，借助公式)()(x f x T f =+运算，可节省做题时间.4.向量,a b 满足)1,3,a b a b ==+=，则a b -=___________．【答案】4 【解析】试题分析：由于)1,3(=+b a 242102=⋅+⋅，则3-=⋅16)3(2102102=-⨯-=⋅-⋅，a b -=4.考点：平面向量的运算5.将一颗骰子先后抛掷两次，得到的点数之和是3的倍数的概率是_________． 【答案】31考点：古典概型【方法点晴】常用古典概型求法有两种，一种是列举法，另一种为列表法，本题适合列表法.若从多个元素选出的元素较少，则适合列举法.6.已知圆C的极坐标方程为2sin 404πρθ⎛⎫+--= ⎪⎝⎭，则圆C 的半径为___________． 【答案】6 【解析】试题分析：由于2sin 404πρθ⎛⎫+--= ⎪⎝⎭，则04cos 2sin 22=--+θρθρρ，化为直角坐标方程为042222=--++x y y x ，即：6)1()1(22=++-y x ，圆C 的半径为6 考点：极坐标7.在平面直角坐标系xoy 中，已知直线l的参数方程12x y ⎧=⎪⎪⎨⎪=⎪⎩（t 为参数），直线l 与抛物线24y x =相交于AB 两点，则线段AB 的长为____________． 【答案】28 【解析】试题分析：把直线l的参数方程12x y ⎧=⎪⎪⎨⎪=⎪⎩（t 为参数），代入24y x =得：0282=+t t ，有28,021-==t t ，根据直线的参数方程参数t 的几何意义可得线段AB 的长为2812=-t t .考点：参数方程8.设()62601262x a a x a x a x -=++++ ，则126a a a +++ 的值是______________．【答案】665考点：二项式定理9.已知1,,2A P PA αα⎛∈∉= ⎝ ，平面α的一个法向量10,,2n ⎛=- ⎝，则直线PA 与平面α所成的角为___________． 【答案】060 【解析】试题分析：设直线PA 与平面α所成的角为θ，则232413241,cos sin =+⨯+〉〈=n PA θ，00060],90,0[=∴∈θθ考点：空间向量的坐标运算，线面角的计算.10.在正四面体ABCD 中，点E 为BC 中点，点F 为AD 中点，则异面直线AE 与CF 所成角的余弦值为_________．【答案】32考点：异面直线所成的角11.在长为12cm 的线段AB 上任取一点C ，现作一矩形，邻边长分别等于线段,AC CB 的长，则该矩形面积大于322cm 的概率为__________． 【答案】31 【解析】试题分析：设,x AC =则x BC -=12，矩形的面积)12(x x S -=，由32)12(>-x x ，得032122<+-x x 得84<<x ，根据几何概型的概率公式得：311248=-=P . 考点：几何概型12.有五张卡片，它的正反面分别写0与1，2与3，4与5，6与7，8与9，将它们任意三张并排放在一起组成三位数，共可组成__________个不同的三位数． 【答案】432 【解析】试题分析：从5张卡片任取三张按顺序排列有6035=A 种，可以组成48022260=⨯⨯⨯个三位数，其中百位数为数字0的有482224=⨯⨯A 个，共可组成43248480=-个不同的三位数． 考点：排列、组合，计数原理.【方法点晴】组成三位数，首先考虑到百位数字不能为0,从5张卡片任取三张按一定次序排列有6035=A 种，而每张卡片有正反两面，所以组成48022260=⨯⨯⨯个三位数，而选中数字0而且在百位的情形有482224=⨯⨯A 个，从而得出结果，整个解题过程是从总体去考虑的，重点突出特殊元素0的特殊要求，完全符合特殊元素优先考虑原则.13.亚欧乒乓球对抗赛，各队均有5名队员，按事先排好的顺序参加擂台赛，双方先由1号队员比赛，负者淘汰，胜者再与负方2号队员比赛，直到一方队员全被淘汰为止，另一方获胜，形成一种比赛过程．那么所有可能出现的比赛过程有___________种. 【答案】252考点：计数原理，排列、组合.14.用0，1，2，3，4组成的各位数字不重复的所有的四位数的和是____________． 【答案】259980 【解析】试题分析：当四位数的千位数为1时，共有24个，个位数字和为54646362=⨯+⨯+⨯，十位数字和为54，百位数字和为54，千位数字和为24，24个四位数的和为29994100024100541054154=⨯+⨯+⨯+⨯ ，同理当四位数的千位数为2时，共有24个，个位数字和为48646361=⨯+⨯+⨯，十位数字和为48，百位数字和为48，千位数字和为48，24个四位数的和为53328100048100481048148=⨯+⨯+⨯+⨯，当四位数的千位数为3时，共有24个，个位数字和为42646261=⨯+⨯+⨯，十位数字和为42，百位数字和为42，千位数字和为72，24个四位数的和为76662100072100421042142=⨯+⨯+⨯+⨯，当四位数的千位数为4时，共有24个，个位数字和为36636261=⨯+⨯+⨯，十位数字和为36，百位数字和为36，千位数字和为98，24个四位数的和为99996100096100361036136=⨯+⨯+⨯+⨯，所有的四位数的和是25998099996766625332829994=+++.考点：计数原理【易错点晴】本题在考查计数原理的基础上，增加难度，计算四位数的和.如果题设为用0，1，2，3，4组成的各位数字不重复的所有的四位数的个数为多少？问题就简单了，而题目是求所得的四位数的和，难度就加大了.本题有两种解题思路：一是采用正面直接求法，如上面所提供的解析，采用分类讨论思想针对千位数分别为1，2，3，4四种情况分别处理；二是正难则反，用所有四位数的和（包括千位为0），减去千位是0的四位数的和，所得的差值即可.二、解答题15.（本小题满分14分）4个不同的球，4个不同的盒子，把球全部放入盒内． （1）恰有1个盒不放球，共有几种放法？ （2）恰有1个盒内有2个球，共有几种放法？ （3）恰有2个盒不放球，共有几种放法？ 【答案】（1）144（2）144（3）84考点：排列组合问题【方法点睛】本题涉及均匀分组和不均匀分组，第四步4个不同的球，4个不同的盒子，把球全部放入盒内．要求有2个空盒，先选择两个空盒有24C 种方法．4个球放进其余的2个盒子可分成()()3,12,2、两类，这时4个球分两组，)1,3(为不均匀分组有1134CC 种分组方法，)2,2(为均匀分组有222224A CC 种分组方法，最后把两组球放入两个不同的盒子有22A 种放法.体现了先组后排原则，这是排列组合常见考题，也是易错题. 16.（本小题满分14分）假定某篮球运动员每次投篮命中率均为()01p p <<．现有3次投篮机会，并规定连续两次投篮均不中即终止投篮．已知该运动员不放弃任何一次投篮机会，且恰用完3次投篮机会的概率是2125． （1）求p 的值；（2）设该运动员投篮命中次数为ξ，求ξ的概率分布及数学期望()E ξ． 【答案】（1）35p =（2）125213=ξE考点：对立事件概率公式；概率分布列与数学期望. 17.（本小题满分14分）已知直线11cos :sin x t C y t αα=+⎧⎨=⎩（t 为参数），曲线2cos :sin x C y θθ=⎧⎨=⎩（θ为参数）．（1）当3a π=时，求1C 与2C 的交点坐标；（2）过坐标原点O 作1C 的垂线，垂足为,A P 为OA 中点，当a 变化时，求P 点轨迹的参数方程，并指出它是什么曲线．【答案】(1) ()11,0,,2⎛ ⎝; (2) p 点轨迹的普通方程为2211416x y ⎛⎫-+= ⎪⎝⎭，轨迹是圆心为1,04⎛⎫ ⎪⎝⎭，半径为14的圆．考点：极坐标与参数方程【方法点睛】求曲线的交点坐标就是联立方程组的解，因此首先把参数方程化为普通方程，然后联立求解，参数方成化为普通方程就是要消去参数，涉及三角函数符号的要借助三角函数公式消元，本题中涉及正弦与余弦可利用平方关系消元，)sin 1(sin 41cos sin 4122222αααα-==y ，在把x 2sin 2=α代入整理即可. 18.（本小题满分16分）如图，在正四棱柱1111ABCD A B C D -中，11,AB AA h ==．（1）若2h =，求1AC 与平面1A BD 所成角的正弦值； （2）若二面角1A BD C --的大小为34π，求h 的值．【答案】（1，（2）h =(2)由()10,0,A h 得，()()111,0,,0,1,A B h A D h =-=- ，设平面1A BD 的法向量(),,m x y z =，则由1100A B m A D m ⎧=⎪⎨=⎪⎩ 得，00x zh y zh -=⎧⎨-=⎩， 不妨取1z =，则x y h ==，此时(),,1m h h =，又平面CBD 的法向量()10,0,AA h =，故111cos ,AA m AA m AA m === ，解得h = 考点：空间向量，线面角、二面角的求法19.（本小题满分16分）如图，在四棱锥P ABCD -中，已知PA ⊥平面ABCD ，且四边形ABCD 为直角梯形，,2,12ABC BAD PA AD AB BC π∠=∠=====．（1）求平面PAB 与平面PCD 所成二面角的余弦值；（2）点Q 是线段BP 上的动点，当直线CQ 与DP 所成的角最小时，求线段BQ 的长．【答案】（1（2）25BQ BP ==(2)因为()1,0,2BP =- ，设()(),0,201BQ BP λλλλ==-≤≤ ，又()0,1,0CB =- ，则(),1,2CQ CB BQ λλ=+=-- ，又()0,2,2DP =- ，从而cos ,CQ DP CQ DP CQ DP == ，设[]12,1,3t t λ+=∈， 则2222229cos ,5109101520999t CQ DP t t t ==≤-+⎛⎫-+ ⎪⎝⎭， 当且仅当95t =，即25λ=时，cos ,CQ DP的最大值为． 因为cos y x =在0,2π⎛⎫ ⎪⎝⎭上是减函数，此时直线CQ 与DP 所成角取得最小值．又因为BP ==25BQ BP ==． 考点：二面角的计算，异面直线所成的角，最值问题.【方法点晴】求二面角常采用求法向量直接公式计算的方法去解决，原则是半平面有现成的垂线就直接做法向量，没有现成的垂线就设法向量，求出法向量后再算二面角；第二步的最值问题很好，是高考很常见的形式，多发生在圆锥曲线题目中，一要会换元，如本题中的设[]12,1,3t t λ+=∈，二要会处理分式如本题中的2222229cos ,5109101520999t CQ DP t t t ==≤-+⎛⎫-+ ⎪⎝⎭，当然这一步有时使用均值不等式（或对勾函数），个别题还可使用导数求最值.20.（本小题满分16分）设整数3n ≥，集合{}1,2,3,,P n = ，,A B 是P 的两个非空子集．记n a 为所有满足A 中的最大数小于B 中的最小数的集合对(),A B 的个数．（1） 求3a ；(2)求n a ．【答案】(1)35a =,(2)12)2(1+⋅-=-n n n a考点：集合，组合数公式，重点考查分析问题能力【方法点睛】新信息题都很有创意，本题定义了A ，B 两个集合，首先要求A 、B 必须是集合P 的非空子集，其次满足A 中的最大数小于B 中的最小数，这样的集合对(),A B 的个数为n a ，不妨研究当3n =时，{}1,2,3P =的情况，可用列举法一一列出，得到35a =，显然解决新信息题目最重要的是读懂题目提供的信息，按照新的规则去处理问题即可.。

2015-2016学年江苏省泰州中学高二（下）第三次月考物理试卷学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________一、单选题(本大题共17小题，共51.0分)1.下列单位中属于国际单位制基本单位的是（）A.千克B.牛顿C.焦耳D.瓦特【答案】A【解析】解：牛顿、焦耳和瓦特都是导出单位，不是基本单位；千克是国际单位制中基本单位，故A正，BCD错误．故选：A．国际单位制规定了七个基本物理量．分别为长度、质量、时间、热力学温度、电流、光照强度、物质的量．它们的在国际单位制中的单位称为基本单位，他们在国际单位制中的单位分别为米、千克、秒、开尔文、安培、坎德拉、摩尔．国际单位制规定了七个基本物理量，这七个基本物理量分别是谁，它们在国际单位制中的单位分别是什么，这都是需要学生自己记住的基本的知识，本题较简单．2.2015年9月3日，20架直升机在空中组成数字“70”字样，将抗战胜利70周年“大写”在天安门广场上空，飞行员认为自己处于静止状态，则他选取的参考系可能是（）A.天安门城楼B.邻近的直升机C.飞机上的旋翼D.天安门广场上飘扬的红旗【答案】B【解析】解：直升机相对于太阳、天安门、云彩的位置不断改变，以他们为参照物，直升机是运动的；以别的直升机为参照物，它们之间的位置没有发生变化，所以是静止的，故B正确．故选：B研究物体的运动时，必须事先选定一个标准的物体，这个事先被选作标准的物体叫参照物．如果被研究的物体相对于这个标准位置发生了改变，则是运动的；如果被研究的物体相对于这个标准位置没有发生了改变，则是静止的．参照物可任意选取，也就是不论是静止的物体还是运动的物体，选取时近量使所研究的问题简单化；参照物被选定后，可认为该物体是静止的（假设）物体．3.武直-10直升机是中国自行研制、中国人民解放军陆军装备的一种中型攻击直升机，下列情形中能将直升飞机看作质点的是（）A.研究直升飞机穿越峡谷时B.研究直升飞机在航母上降落时C.研究直升飞机长途奔袭的路线时D.研究直升飞机机翼旋转时【答案】C【解析】解：A、当研究直升机穿越峡谷时直升机的大小是不能忽略的；故不能看作质点；故A 错误；B、在研究直升飞机在航母上降落时也要考虑直升机的大小，故不能看作质点；故B错误；C、研究直升飞机长途奔袭的路线时，直升机的大小相对距离来说可以忽略，故可以看作质点；故C正确；D、研究直升飞机机翼旋转时，各部分的运动情况不同，不能忽略大小，故不能看作质点；故D错误；故选：C．明确物体看作质点的条件，当物体的形状和大小在所研究的问题中能忽略，该物体可以看成质点解决本题的关键掌握物体可以看成质点的条件，要看物体的形状和大小在所研究的问题中能否忽略4.速降是一种刚刚兴起的户外休闲运动，如图，某选手从绳子顶端速降至地面的过程中，有一段做匀速运动，该过程其绳子受到的摩擦力（）A.大于重力B.等于重力C.小于重力D.与其跟墙壁间的压力成正比【答案】B【解析】解：选手做匀速运动的过程中处于平衡状态，受到的合外力一定是0，所以选手受到的绳子的摩擦力的大小与重力大小相等．故选：B对人进行受力分析，结合运动的状态即可得出结论．该题属于信息给予的题目，但解答的关键是处于匀速直线运动时，受到的合外力一定大于0．基础题目．5.我们乘电梯下高层楼房时，从起动到停下来，我们分别所处的状态是（）A.先失重，正常，后超重B.先超重，正常，后失重C.先超重，失重，后正常D.先正常，超重，失重【答案】A【解析】解：乘电梯下高层楼房时，从起动到停下来，具体的运动过程是：开始时先向下加速，加速度向下，失重；稳定后匀速直线，加速度为零，正常；停止时，向下减速，加速度向上，超重．所以整个过程是：先失重，后正常，最后超重．故选：A超重：即物体的加速度向上．失重：即物体的加速度向下．分析运动过程的加速度向上还是向下进行判断．判断物体超重还是失重，关键是看物体的加速度是向上还是向下，不用看物体向那个方向运动．6.在磁悬浮列车里，小明将一小球放在水平桌面上相对桌面静止．关于小球与列车的运动，下列说法正确的是（）A.如果小球向前滚动，则磁悬浮列车在加速前进B.如果小球向后滚动，则磁悬浮列车在加速前进C.如果小球仍然不动，则磁悬浮列车一定静止D.磁悬浮列车急刹车时，小球向后滚动【答案】B【解析】解：A、若小球向前滚动，知小球的速度大于列车的速度，知列车的速度减小．故A错误．B、若小球向后滚动，知列车的速度大于小球的速度，知列车的速度增加，做加速运动．故B正确．C、如果小球仍然不动，可知小球的速度始终与车的速度相等，磁悬浮列车可能静止，也可能做匀速直线运动．故C错误．D、磁悬浮列车急刹车时，小球因为有惯性，要保持原来的匀速直线运动状态，所以小球运动的速度要大于磁悬浮列车运动的速度，即小球要相对磁悬浮列车向前滚．故D错误．故选：B．一切物体，不论是运动还是静止、匀速运动还是变速运动，都具有惯性，惯性是物体本身的一种基本属性，根据惯性知识进行分析．解决本题的关键理解惯性的性质，即保持原来运动状态的性质，一切物体都具有惯性．7.如图所示，小芳正在拉雪橇，拉力F与水平方向成θ角，雪橇沿水平方向向前运动了l，则拉力做功为（）A.F lcosθB.F lsinθC.D.【答案】A【解析】解：F为恒力，雪橇运动的位移大小为L，θ为力F与位移x的夹角，故拉力F做的功为：W=FL cosθ；故选：A．恒力做功表达式为W=FL cosθ，其中F为恒力，L为位移，θ为力与位移的夹角本题关键记住恒力做功的公式，明确公式中各个物理量的含义，同时要注意一个力做功的计算与其余力是否做功、做功大小无关．8.在“探究求合力的方法”的实验中，把橡皮条一端固定于P点，另一端通过细绳套连接两只弹簧秤，并使该端拉至O点，测得PO长为L，如图所示．则实验中（）A.选取的细绳套适当长一些B.只需要记录弹簧秤的读数C.两根细绳套间的夹角尽可能大些D.改用一只弹簧秤拉橡皮条时，只需使橡皮条的长度仍为L【答案】A【解析】解：A、为了减小实验测量的误差，选取的细绳套适当长一些，故A正确．B、实验中需记录弹簧秤的读数、拉力的方向以及结点O的位置，故B错误．C、为了减小测量的误差，两根细绳套间的夹角要适当大一些，不是越大越好，故C错误．D、为了产生相同的效果，改用一只弹簧秤拉橡皮条时，仍然拉到同一结点，故D错误．故选：A．在“探究求合力的方法”时，采用的是“等效法”，实验中把用平行四边形作出的两个力的合力与另一个合力的大小方向进行比较．解决本题的关键是知道“探究求合力的方法”的实验原理和注意事项，知道实验采用的是“等效法”，需要用平行四边形作出合力，难度不大，属于基础题．9.如图所示，处于压缩状态的轻质弹簧将木块由静止向右弹出，此过程中（）A.弹簧对木块做正功，弹性势能减少B.弹簧对木块做正功，弹性势能增加C.弹簧对木块做负功，弹性势能减少D.弹簧对木块做负功，弹性势能增加【答案】A【解析】解：弹簧处于压缩状态，对木块的作用力向右，位移方向也向右，所以弹簧对木块做正功，则弹性势能减少，故A正确．故选：A根据弹力方向与位移方向的关系判断弹力做功的正负，再根据弹力做功的正负判断弹性势能的变化．解答本题要知道判断一个力做功正负的方法，明确弹力做正功，弹性势能减小，弹力做负功，弹性势能增大．10.如图所示是一位跳水队员在空中完成动作时头部的运动轨迹，最后运动员以速度v沿竖直方向入水．则在轨迹的a、b、c、d四个位置中，头部的速度沿竖直方向的是（）A.a位置B.b位置C.c位置D.d位置【答案】C【解析】解：物体做曲线运动，轨迹是曲线，任一点的切线方向为速度方向，由图可知，c点的速度方向竖直向下，故C正确．故选：C曲线运动的速度方向为该点轨迹的切线方向，据此即可求解．本题主要考查了曲线运动瞬时速度的方向，知道任一点的切线方向为速度方向，难度不大，属于基础题．11.图示为“验证机械能守恒定律”的实验装置．关于该实验，下列说法中正确的是（）A.选择体积大、质量小的重锤B.可用公式v=gt计算重锤的速度C.接通电源和释放纸带必须同时进行D.重锤下落的高度可通过纸带上点间的距离来确定【答案】D【解析】解：A、为了减小阻力的影响，重锤选择质量大一些、体积小一些的，故A错误．B、若t为起点到某点的时间，计算该点的速度不能用公式v=gt，仍通过纸带上的平均速度等于瞬时速度来确定．故B错误．C、先接通电源，再松开纸带，让重物自由下落，在纸带上打出一系列点，利于数据的采集和处理，故C错误．D、下落的高度可通过纸带上点间的距离来确定，从而确定减小的重力势能，再与增加的动能相比较，即可验证．故D正确．故选：D．理解该实验的实验原理，需要测量的数据等；明确打点计时器的使用；理解实验中的注意事项以及如何进行数据处理；对于任何实验注意从实验原理、实验仪器、实验步骤、实验数据处理、实验注意事项这几点去搞清楚，某点速度若用公式v=gt时，则实验得不到验证，仍是理论推导．对于基础实验要从实验原理出发去理解，要亲自动手实验，深刻体会实验的具体操作，不能单凭记忆去理解实验．在实验中注意体会实验的误差来源，并能找到合适的方向去减小误差．12.2015年7月14日，“新视野”号太空探测器近距离飞掠冥王星，如图所示．在此过程中，冥王星对探测器的引力（）A.先变大后变小，方向沿两者的连线指向冥王星B.先变大后变小，方向沿两者的连线指向探测器C.先变小后变大，方向沿两者的连线指向冥王星D.先变小后变大，方向沿两者的连线指向探测器【答案】A【解析】解：根据万有引力定律F=G，万有引力与物体之间的距离的二次方成反比，故在探测器飞掠冥王星的过程中，随着它与冥王星间距离r先减小，后增大，那么冥王星对探测器的引力先变大，后变小，而引力的方向沿两者的连线指向冥王星．故A正确，BCD 错误．故选：A．根据万有引力定律可知，万有引力与物体之间的距离的二次方成反比，而引力的方向是两者连线指向中心天体，从而即可求解．本题要掌握万有引力定律F=G的公式和内容，要知道万有引力与物体之间的距离的二次方成反比，当两物体之间的距离减小，它们之间的万有引力将增大，反之，则减小．13.图示为锥形齿轮的传动示意图，大齿轮带动小齿轮转动，大、小齿轮的角速度大小分别为ω1、ω2，两齿轮边缘处的线速度大小分别为v1、v2，则（）A.ω1＜ω2，v1=v2B.ω1＞ω2，v1=v2C.ω1=ω2，v1＞v2D.ω1=ω2，v1＜v2【答案】A【解析】解：大齿轮带动小齿轮转动，轮子边缘上的点在相同时间内走过的弧长相同，则线速度大小相等，即v1=v2，根据知，r1＞r2，则ω1＜ω2．故选：A．大齿轮带动小齿轮转动，轮子边缘上的点在相同时间内走过的弧长相同，则线速度大小相等，结合半径大小关系比较角速度的大小关系．解决本题的关键知道共轴转动的点，角速度相同，靠摩擦传动，轮子边缘上的点线速度大小相等．14.如图所示，小车向右运动的过程中，某段时间内车中悬挂的小球A和车水平底板上的物块B都相对车厢静止，悬挂小球A的悬线与竖直线有一定夹角．这段时间内关于物块B受到的摩擦力，下列判断中正确的是（）A.物块B不受摩擦力作用B.物块B受摩擦力作用，大小恒定，方向向右C.物块B受摩擦力作用，大小恒定，方向向左D.因小车的运动性质不能确定，故B受到的摩擦力情况无法判断【答案】C【解析】解：A和B都相对车厢静止，加速度相同，方向为水平方向，对A受力分析可知，其受到的重力和拉力的合力恒定水平向左，故加速度恒定，方向水平向左，所以B受摩擦力的作用方向向左．故C正确故选：C．由AB的状态知其运动状态是一样的，故加速度相同，在对A受力分析可知其合力向左，故加速水平向左，可知B的加速度和受力状况．本题关键是依据A的受力来确定B的受力，进而确定加速度，这是受力分析的转移法，在连接体，叠加体等问题中常用的到．15.图示为点电荷与带电金属板共同形成的电场，则A、B两点的电场强度（）A.大小相同，方向相同B.大小相同，方向不同C.大小不同，方向相同D.大小不同，方向不同【答案】D【解析】解：由图知，A、B两点处的电场线疏密不同，则电场强度大小不同，电场线的切线方向不同，则电场强度的方向也不同．故D正确．故选：D电场强度是矢量，只有大小和方向均相同时，场强才相同．电场线的疏密表示电场强度的相对大小，电场线的切线方向表示电场强度的方向．本题关键要电场线的物理意义：电场线的疏密表示电场强度的相对大小，电场线的切线方向表示电场强度的方向．16.如图所示，一束带电粒子沿着水平方向平行地飞过小磁针的上方，磁针的S极向纸内偏转，这一带电粒子束可能是（）A.向右飞行的正离子束B.向左飞行的正离子束C.向左飞行的负离束D.无法确定【答案】B【解析】解：小磁针的N极向纸外偏转，S极向内偏转，因此在粒子下方磁场方向向外，根据安培定则可知电流方向向左，故这束粒子若带正电，则向左飞行，若带负电，则向右飞行，故B正确，ACD错误．故选：B．带电粒子运动时将形成电流，在电流周围形成磁场，根据小磁针的偏转情况，判断出电流形成磁场方向，然后根据安培定则判断出电流方向，从而判断出粒子的正负．对于电流方向、磁场方向的规定要熟练掌握，尤其是要正确根据安培定则判断电流方向与磁场方向之间的关系．17.研究磁场对电流作用的实验装置如图所示，光滑导体棒ab垂直放置在两根平行的水平金属导轨上，闭合电键，下列判断正确的是（）A.导体棒ab一定向左运动B.导体棒ab一定向右运动C.若导体棒中的电流由a到b，导体棒向左运动D.若导体棒中的电流由a到b，导体棒向右运动【答案】C【解析】解：A、导体棒处在磁场中，由于导体棒中的电流方向未知，故无法判断ab棒的运动方向，故AB错误；C、若导体棒中的电流由a到b，根据左手定则可知受到的安培力向左，故向左运动，故C正确，D错误故选：C导体棒ab中通以电流后，导体棒处在磁场中，根据左手定则判断出受到的安培力，即可判断出运动方向本题主要考查了左手定则的应用，关键是抓住判断安培力与电流的方向有关二、计算题(本大题共2小题，共14.0分)18.具有NFC（近距离无线通讯技术）功能的两只手机在间距小于10cm时可以通过______ （选填“声波”或“电磁波”）直接传输信息，其载波频率为1.4×107H z，电磁波在空气中的传播速度为3.0×108m/s，则该载波的波长为______ m（保留2位有效数字）．【答案】电磁波；21【解析】解：英国物理学家麦克斯韦的电磁场理论告诉我们：变化的磁场能产生电场，从而产生电磁波．空气中电磁波的传播近似等于光速c，由波速公式c=λf得波长λ==m≈21m，故答案为：电磁波，21．根据英国物理学家麦克斯韦的电磁场理论可知，变化的磁场能产生电场，从而形成电磁波．已知波速c，频率f，由波速公式c=λf求解波长．对于麦克斯韦的电磁场理论可在理解的基础上加强记忆．一切电磁波在真空中的速度都等于光速．公式v=λf对于电磁波同样适用．19.一节干电池的电动势E=1.5V，内阻r=1.0Ω，把阻值R=2.0Ω的电阻直接接在该电池的两极，则电阻R两端的电压U= ______ V，电阻R消耗的功率P= ______ W．【答案】1；0.5【解析】解：根据闭合电路欧姆定律得：I=，电阻R两端的电压U=IR=0.5×2=1V，电阻R消耗的功率P=UI=1×0.5=0.5W．故答案为：1；0.5本题是闭合电路，先根据闭合电路欧姆定律求得电路中电流，再由欧姆定律求电压U，根据功率公式求解电阻消耗的功率．解决本题关键是掌握闭合电路欧姆定律和部分电路欧姆定律，并能正确运用，难度不大，属于基础题．三、实验题探究题(本大题共1小题，共6.0分)20.在“探究加速度与力、质量的关系”实验中，某同学组装了如图甲所示的装置．（1）关于平衡摩擦力的操作过程，下列说法中正确的是A．应将长木板的左端适当垫高B．应将砝码盘通过细绳与小车相连C．应将纸带穿过打点计时器并与小车相连D．应使小车在长木板上保持静止（2）平衡摩擦力后，保持砝码盘和砝码的总质量不变，改变小车的质量M，进行实验，算出加速度a，记录在如下的表格中．第3次实验的纸带如图乙所示，从比较清晰的点起，每五个点取一个计数点，分别标上0、l、2、3、4…，测得1与2两点间距离x1=30.0mm，2与3两点间的距离x2=32.5mm，实验中所用交流电源的频率为50H z，由此算出加速度大小为______ m/s2．（3）为了能直观地反映出小车的加速度a与质量M的关系，应作______ （选填“a-M”或“a-”）图象．【答案】0.25；a-【解析】解：（1）平衡摩擦力时，使得重力沿斜面方向的分力等于摩擦力，所以应将木板的右端适当垫高，不悬挂砝码，轻推小车，小车能够拖着纸带做匀速直线运动，摩擦力得到平衡．故C正确，ABD错误．故选：C．（2）每5个点取一个计数点，所以相邻的计数点间的时间间隔T=0.1s，根据△x=a T2得：a=．（3）因为小车的加速度与质量成反比，通过a-m图线无法得出a与m的关系，应该作a-图象．故答案为：（1）C；（2）0.25；（3）（1）平衡摩擦力时使得重力沿斜面向下的分力等于摩擦力的大小，使得小车在不挂砝码的情况下，做匀速直线运动．（2）根据△x=a T2求解加速度．（3）研究加速度与质量的关系时，应作a-图线．解决本题的关键掌握平衡摩擦力的方法，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，基础题．四、计算题(本大题共3小题，共21.0分)21.质量为3kg的木块置于粗糙的水平面上，在大小F=15N的水平拉力作用下开始运动，其v-t图象如图所示，重力加速度g取10m/s2，求：（1）木块的加速度的大小；（2）木块受到的摩擦力大小；（3）木块与水平面间的动摩擦因数．【答案】解：（1）根据图象可知，木块的加速度为：a===3m/s2；（2）根据受力分析可知，木块受到的合力为：F合=F-f根据牛顿第二定律可得：F合=F-f=ma解得：f=6N；（3）根据滑动摩擦力公式可得：f=μmg解得：μ=0.2．答：（1）木块的加速度的大小为3m/s2；（2）木块受到的摩擦力大小为6N；（3）木块与水平面间的动摩擦因数为0.2．【解析】（1）v-t图象中的斜率表示加速度，由图象即可求得加速度的大小；（2）对木块受力分析，根据牛顿第二定律可求得摩擦力的大小；（3）根据滑动摩擦力公式可求得动摩擦因数．本题考查牛顿第二定律的应用，要注意明确受力分析及图象的应用，明确加速度在运动和力中的桥梁作用．22.如图所示，质量为m=0.1kg的小球，用长l=0.4m的细线与固定在圆心处的力传感器相连，小球和传感器的大小均忽略不计．当在A处给小球6m/s的初速度时，恰能运动至最高点B，设空气阻力大小恒定，g=10m/s2，求：（1）小球在A处时传感器的示数；（2）小球从A点运动至B点过程中克服空气阻力做的功；（3）小球在A点以不同的初速度v0开始运动，当运动至B点时传感器会显示出相应的读数F，试通过计算在坐标系中作出F-v02图象．【答案】解：（1）在A点，由牛顿第二定律得：F-mg=m，解得：F=10N；（2）在B点，由牛顿第二定律得：mg=m，解得：v B=2m/s，小球从A到B过程中，由动能定理得：W-mg•2l=mv B2-mv A2，解得：W=-0.8J，克服空气阻力做功0.8J；（3）小球从A到B过程中，由动能定理得：W-mg•2l=mv B2-mv02，小球在最高点，由牛顿第二定律得：F+mg=m，解得：F=v02-9，F-v02图象如图所示；答：（1）小球在A处时传感器的示数为10N；（2）小球从A点运动至B点过程中克服空气阻力做的功为0.8J；（3）F-v02图象如图所示．【解析】（1）小球做圆周运动，由牛顿第二定律可以求出传感器的示数；（2）小球恰好到达B点，重力提高向心力，由牛顿第二定律可以求出小球到达B点的速度，然后由动能定理求出从A到B过程中空气阻力做的功；（3）应用动能定理求出小球到达B点的速度，由牛顿第二定律求出在B点绳子拉力，然后作出图象．小球恰好到达的最高点的隐含条件是：只有重力提供向心力；分析清楚小球的运动过程，应用动能定理、牛顿第二定律即可正确解题．23.如图，固定的直杆ABC与水平地面成37°角，AB段粗糙，BC段光滑，AB长度l1=2m，BC段的长度l2=0.75m．质量m=1kg的小环套在直杆上，在与直杆成α角的恒力F作用下，从杆的底端由静止开始运动，当小环到达B时撤去F，此后小环飞离直杆，落地时的动能E k=20J．（不计空气阻力，sin37°=0.6，cos37°=0.8，g取10m/s2）（1）求小环运动到B时的速度大小v B；（2）若夹角α=0°，小环在杆AB段运动时，受到恒定的阻力f=4N，其他条件不变，求F的大小；（3）若夹角α=37°，小环在AB段运动时，受到阻力f的大小与直杆对小环的弹力F N的大小成正比，即f=k F N，其中k=0.5，且小环飞离轨道后，落地时的动能不大于20J，求F的取值范围．【答案】解：（1）B点离地面的高度h B=l1sin37°=2×0.6=1.2m物体从B点到C至落地的过程中机械能守恒，则有+mgh B=E k；代入数据解得v B=4m/s（2）若夹角α=0°时，对小球进入受力分析得：F-f-mgsin37°=ma又=2al1，以上两式代入数据解得a=4m/s2，F=14N（3）由题意得：（a）当E k=20J时，v B=4m/s，a=4m/s2，对于AB段，由牛顿第二定律得：F cos37°-mgsin37°-k（mgcos37°-F sin37°）=ma代入数据解得F=N≈12.73N（b）当v C=0时，mgl2sin37°=又=2al1，解得v B=3m/s，a=2.25m/s2．由牛顿第二定律得：F cos37°-mgsin37°-k（mgcos37°-F sin37°）=ma解得F=≈11.14N综上，F的取值范围为：11.14N＜F≤12.73N．答：（1）小环运动到B时的速度大小v B是4m/s．（2）F的大小是14N．（3）F的取值范围为：11.14N＜F≤12.73N．【解析】（1）分析小环从B运动到C至落地的过程，运用机械能守恒定律列式，可求出小环运动到B时的速度大小v B；（2）分析小球从A运动到B的过程，由牛顿第二定律和速度位移关系公式分别列式，可求出F；（3）当E k=20J时F取得最大值，结合上题的结果，由牛顿第二定律求出F的最大值．当v C=0时，F取得最小值．先研究BC段，由机械能守恒定律求出v B，再研究AB段，由牛顿第二定律和速度位移关系公式分别列式求出F的最小值，从而得到F的范围．解题关键是合理选择运动过程，分析小环的受力情况和能量转化情况，再利用机械能守恒定律、牛顿第二定律和运动学公式分段研究，对于AB段，也可以根据动能定理列式求F．。

2015-2016学年江苏省南京市高淳高中高二（下）月考物理试卷（4月份）学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________一、单选题(本大题共7小题，共21.0分)1.下列图中能产生感应电流的是（）A. B. C. D.【答案】C【解析】解：A、线框整体切割磁感线运动，穿过线框的磁通量没有变化，不会产生感应电流，故A错误；B、线框绕平行于磁感线的轴转动，虽然上下边切割磁感线，但穿过的磁通量没有变化，因此也不会产生感应电流，故B错误；C、条形磁铁靠近线框的过程中，穿过的磁通量发生变化，因此也会产生感应电流，故C正确；D、线框平行于磁场感应线运动，穿过线框的磁通量没有变化，不会产生感应电流，故D错误；故选：C本题考查了感应电流产生的条件：闭合回路中的磁通量发生变化．据此可正确解答本题．本题考查感应电流产生的条件，首先要明确是哪一个线圈，然后根据磁通量的公式：Φ=BS找出变化的物理量，从而确定磁通量是否发生变化．基础题目．2.电阻R、电容C与一线圈连成闭合回路，条形磁铁静止于线圈的正上方，N极朝下，如图所示．现使磁铁开始自由下落，在N极接近线圈上端的过程中，流过R的电流方向和电容器极板的带电情况是（）A.从a到b，上极板带正电B.从a到b，下极板带正电C.从b到a，上极板带正电D.从b到a，下极板带正电【答案】D【解析】解：当磁铁N极向下运动时，导致向下穿过线圈的磁通量变大，由楞次定律可得，感应磁场方向与原来磁场方向相反，再由安培定则可得感应电流方向沿线圈盘旋而下，由于线圈相当于电源，则流过R的电流方向是从b到a，对电容器充电下极板带正电．故选：D．现使磁铁开始自由下落，在N极接近线圈上端的过程中，导致线圈的磁通量发生变化，从而产生感应电动势，线圈中出现感应电流，由楞次定律可判定电流的方向．当线圈中有电动势后，对电阻来说通电后发热，对电容器来说要不断充电直至稳定．此时线圈相当于电源，则外电路的电流方向是从正极到负极，而内电路则是从负极到正极．同时电容器在充电时电压随着电量增加而增大．3.关于涡流，下列说法中错误的是（）A.高频冶炼炉是利用涡流来熔化金属的装置B.家用电磁炉上的锅体中的涡流是由恒定磁场产生的C.金属探测器靠近金属物体时，金属内会产生涡流 D.变压器的铁芯用相互绝缘的硅钢片叠成能减小涡流【答案】B【解析】解：A、高频冶炼炉是利用涡流来熔化金属的装置；故A正确；B、电磁炉是由变化的磁场产生变化的电场，利用涡流的热效应来加热物体的，故B错误；C、金属探测器靠近金属物体时，金属内会产生涡流；从而使报警器发出警报；故C正确；D、电动机、变压器的铁芯用硅钢片代替整块铁芯，是为了减小涡流损失，故D正确；本题选择错误的，故选：B电磁炉是利用涡流工作，铁芯用硅钢片代替整块铁芯，是为了减小涡流损失，电磁感应现象的实质是磁生电．本题考查涡流的应用与防止，理解电磁感应与电流磁效应的区别，掌握日光灯的工作原理，知道启动器与镇流器的作用．4.如图所示为一交变电流的电压随时间变化的图象，正半轴是正弦曲线的一个部分，则此交变电流的电压的有效值是（）A.VB.5 VC.V D.3 V【答案】C【解析】解：在前半周，是正弦式交流电，电压为：，后半周的电压恒定，为：U2=4V；根据有效值定义，有：代入数据解得U=V=．故选：C．根据有效值的定义求解．取一个周期时间，将交流与直流分别通过相同的电阻，若产生的热量相同，直流的电压值，即为此交流电压的有效值．求交流电的有效值，往往根据电流的热效应，由有效值的定义求解．中等难度．5.一交流发电机，当转速为n1时，其交变电动势的瞬时值表达式为：e=220sin100πt （V），下列说法正确的是（）A.在t=0时，线圈中的磁通量为0B.该交流发电机线圈的转速为50r/sC.若加在标有“220V，100W”的灯泡的两端，灯泡能正常发光D.若线圈的转速加倍，则交变电压的最大值、有效值均增大一倍而频率不变【答案】B【解析】解：A、当t=0时，e=0，此时线圈处在中性面上，磁通量最大，故A错误；B、交变电动势的瞬时值表达式为：e=220sin100πt（V），ω=100πrad/s，所以该交流发电机线圈的转速为n==50r/s，故B正确；C、交变电动势的有效值是U==110V，若加在标有“220V，100W”的灯泡的两端，灯泡不能正常发光，故C错误；D、若交变电压的最大值是E m=NBSω，线圈的转速加倍，则交变电压的最大值、有效值均增大一倍，频率f=，所以频率增大一倍．故D错误；故选：B．本题考查了交流电的描述，根据交流电的表达式，可知知道其最大值，以及线圈转动的角速度等物理量，然后进一步求出其它物理量，如有效值、周期、频率等．对于交流电的产生和描述要正确理解，要会推导交流电的表达式，明确交流电表达式中各个物理量的含义．6.在温控电路中，通过热敏电阻阻值随温度的变化可实现对电路相关物理量的控制．如图所示电路，R1为定值电阻，R2为半导体热敏电阻（温度越高电阻越小），C为电容器．当环境温度降低时（）A.电容器C的带电量增大B.电压表的读数减小C.电容器C两板间的电场强度减小D.R1消耗的功率增大【答案】A【解析】解：A、当环境温度降低时R2增大，外电路总电阻增大，根据闭合电路欧姆定律分析得到，总电流I减小，电容器的电压U C=E-I（r+R1），E、r、R1均不变，I减小，U C增大，电容器C的带电量增大．故A正确．B、路端电压U=E-I r，E、r不变，则U增大，电压表的读数增大．故B错误．C、电容器C两板间的电场强度E=，U C增大，d不变，则E增大．故C错误．D、R1消耗的功率P=I2R1，I减小，R1不变，则P减小．故D错误．故选：A当环境温度降低时R2增大，外电路总电阻增大，根据闭合电路欧姆定律分析总电流的变化和路端电压的变化．电容器的电压等于R2两端的电压，由欧姆定律分析其电压的变化，判断电容器电量的变化．由E=分析板间场强的变化．电路的动态分析问题，首先根据局部电路的变化分析外电路总电阻的变化，判断总电流和路端电压的变化，再分析局部电流、电压和功率的变化，是常用的分析思路．7.如图甲所示，一个圆形线圈的匝数n=100，线圈面积S=200cm2，线圈的电阻r=1Ω，线圈外接一个阻值R=4Ω的电阻，把线圈放入一方向垂直线圈平面向里的匀强磁场中，磁感应强度随时间变化规律如图已所示．下列说法中正确的是（）A.线圈中的感应电流方向为顺时针方向B.电阻R两端的电压随时间均匀增大C.线圈电阻r消耗的功率为4×10-4WD.前4s内通过R的电荷量为4×10-4C【答案】C【解析】解：A、由图可知，穿过线圈的磁通量变大，由楞次定律可得：线圈产生的感应电流逆时针，故A错误．B、根据法拉第电磁感应定律，可知，磁通量的变化率恒定，所以电动势恒定，则电阻两端的电压恒定，故B错误；C、由法拉第电磁感应定律：E=N=N=100××0.02V=0.1V，由闭合电路欧姆定律，可知电路中的电流为，所以线圈电阻r消耗的功率P=I2R=0.022×1W=4×10-4W，故C正确；D、前4s内通过R的电荷量Q=I t=0.02×4C=0.08C，故D错误；故选C线圈平面垂直处于匀强磁场中，当磁感应强度随着时间均匀变化时，线圈中的磁通量发生变化，从而导致出现感应电动势，产生感应电流．由楞次定律可确定感应电流方向，由法拉第电磁感应定律可求出感应电动势大小，运用功率与电量的表达式，从而即可求解．考查楞次定律来判定感应电流方向，由法拉第电磁感应定律来求出感应电动势大小．当然本题还可求出电路的电流大小，及电阻消耗的功率．同时磁通量变化的线圈相当于电源．二、多选题(本大题共6小题，共24.0分)8.下列有关传感器的说法正确的是（）A.热敏电阻是把温度这个热学量转换为电阻这个电学量B.光敏电阻的电阻随光照强度增加而增大C.电熨斗中的双金属片是温度传感器D.霍尔元件是能够把磁感应强度这一磁学量转换为电压这一电学量的传感器【答案】AD【解析】解：A、热敏电阻是由半导体制成的，电阻随温度的升高而减小；从而把热学量转换为电学量．故A正确；B、光敏电阻是由半导体材料制成的；其电阻值随光照的强弱发生变化，能够把光照强弱变化转换为电阻大小变化；电阻值随光照的增强而减小；故B错误；C、电熨斗能够自动控制温度的原因是它装有双金属片温度传感器，这种传感器的作用是控制电路的通断，故C错误；D、霍尔元件能够把磁感应强度这个磁学量转换为电压这个电学量，故D正确；故选：AD；传感器作为一种将其它形式的信号与电信号之间的转换装置，在我们的日常生活中得到了广泛应用，不同传感器所转换的信号对象不同，我们应就它的具体原理进行分析．传感器能够将其他信号转化为电信号，它们在生产生活中应用非常广泛，在学习中要注意体会；明确半导体材料的应用．9.如图所示，A、B为两只完好的相同灯泡，L是带有铁芯、电阻可不计的线圈，K为开关，下列说法中正确的是（）A.K闭合瞬间，A、B两灯均立即变亮B.K闭合稳定后，A、B一直都亮着C.K断开瞬间，A亮一下再熄灭D.K断开瞬间，A、B同时熄灭【答案】AC【解析】解：AB、开关K闭合的瞬间，两灯同时获得电压，所以A、B同时发光．线圈有自感作用，而且电阻可以忽略，灯A逐渐被短路，流过A灯的电流逐渐减小最后熄灭，B灯电流逐渐增大，故A正确，B错误；CD、断开开关K的瞬间，B灯的电流突然消失，立即熄灭，流过线圈的电流将要减小，产生自感电动势，相当电源，自感电流流过A灯，所以A灯突然闪亮一下再熄灭，故C 正确，D错误．故选：AC开关K闭合的瞬间，电源的电压同时加到两灯的两端，两灯同时发光．由于线圈的电阻可以忽略，灯A逐渐被短路，随后A灯变暗，B灯变亮．断开开关K的瞬间，B灯立即熄灭，A灯突然闪亮一下再熄灭对于自感线圈，当电流变化时产生自感电动势，相当于电源，当电路稳定时，相当于导线，将所并联的电路短路．10.一正弦交变电压的电压u随时间t变化的规律如图所示．下列说法正确的是（）A.该交变电压的瞬时值表达式为u=10sin（50πt）VB.该交变电压有效值为5VC.将该交变电压接在匝数比为1：2的理想变压器原线圈上，副线圈输出频率为50 H z 的交变电压D.将该交变电压加在阻值R=20Ω的白炽灯两端，电灯消耗的功率是5W【答案】AB【解析】解：A、由U-t图象可知该交变电压的瞬时值表达式为u=10sin（50πt）V，故A正确B、有效值为，故B正确C、变压器不会改变交流电的频率，故副线圈中的频率等于原线圈的频率，故为f=25H z，故C错误D、白炽灯消耗的功率为P=，故D错误故选：AB根据图象可知交流电的最大值以及周期等物理量，然后进一步可求出其瞬时值的表达式以及有效值等本题考查了有关交流电描述的基础知识，要根据交流电图象正确求解最大值、有效值、周期、频率、角速度等物理量，同时正确书写交流电的表达式11.如图所示，50匝矩形闭合导线框ABCD处于磁感应强度大小B=T的水平匀强磁场中，线框面积S=0.5m2，线框电阻不计．线框绕垂直于磁场的轴OO′以角速度ω=200rad/s匀速转动，并与理想变压器原线圈相连，副线圈线接入一只“220V，60W”灯泡，且灯泡正常发光，熔断器允许通过的最大电流为10A，下列说法正确的是（）A.图示位置穿过线框的磁通量为零B.线框中产生交变电压的有效值为VC.变压器原、副线圈匝数之比为25：11D.允许变压器输出的最大功率为5000W【答案】CD【解析】解：A、由图可知，此时线圈和磁场垂直，此时线框的磁通量最大，所以A错误．B、矩形闭合导线框ABCD在磁场中转动，产生的交流电的最大值为E m=n B sω=50××0.5×200=V，由于最大值为有效值的倍，所以交流电的有效值为500V，所以B错误．C、由于电压与匝数成正比，所以变压器原、副线圈匝数之比为=，所以C正确．D、由于熔断器允许通过的最大电流为10A，所以允许变压器输出的最大功率为P=UI=500×10=5000W，所以D正确．故选：CD．根据电压与匝数成正比，电流与匝数成反比，变压器的输入功率和输出功率相等，逐项分析即可得出结论．掌握住理想变压器的电压、电流及功率之间的关系，本题即可得到解决．12.如图甲所示，理想变压器原、副线圈的匝数比为5﹕l，、R和L分别是电压表、定值电阻和电感线圈，D1、D2均为灯泡．已知原线圈两端电压u按图乙所示正弦规律变化，下列说法正确的是（）A.电压表示数为62.2VB.电压u的表达式u=311sin100πt（V）C.仅增大电压u的频率，电压表示数增大D.仅增大电压u的频率，D1亮度不变，D2变暗【答案】BD【解析】解：A、根据乙图可知，原线圈电压的最大值为311V，则有效值，根据理想变压器电压与匝数成正比得：，解得：U2=44V，所以电压表示数为44V，故A错误；B、根据乙图可知，原线圈电压的最大值为311V，，则电压u的表达式u=311sin100πt（V），故B正确；C、原线圈电压不变，线圈匝数不变，仅增大电压u的频率，电压表示数不变，则D1亮度不变，电感线圈通低频阻高频，则频率越大，阻碍作用越大，所以D2变暗，故C 错误，D正确．故选：BD电压表测的是电流的有效值，根据电压与匝数成正比求解，根据图乙所示图象求出交变电流的峰值、角频率初位相，然后写出交变电流的瞬时值表达式，电感线圈通低频阻高频，则频率越大，阻碍作用越大．本题考查了变压器的变压原理，关键要知道电压与匝数成正比，输入功率等于输出功率，并能正确列式求解，明确电感线圈通低频阻高频，则频率越大，阻碍作用越大，难度适中．13.压敏电阻的阻值随所受压力的增大而减小，在升降机中将重物放在压敏电阻上，压敏电阻接在如图甲所示的电路中，电流表示数变化如图乙所示，某同学根据电流表的示数变化情况推断升降机的运动状态，下列说法中正确的是（）A.0～t1时间内，升降机可能静止B.0～t1时间内，升降机可能匀减速上升C.t1～t2时间内，升降机可能匀速上升D.t1～t2时间内，升降机可能匀加速上升【答案】AB【解析】解：A、0～t1时间内，电路中电流不变，则压敏电阻不变，说明重物对压敏电阻的压力不变，则升降机的加速度不变，所以升降机可能静止，可能匀减速上升，故A、B正确；C、t1～t2时间内，电流随时间增大，则压敏电阻减小，说明重物对压敏电阻的压力增大，故加速度方向向上，且加速度是变化的，所以升降机可能加速上升，但不可能匀速上升，也不可能匀加速上升，故C、D错误．故选：AB通过压敏电阻将压力信号转换成电信号，从而根据电路中电表的示数来分析压敏电阻的变化，判断压力的变化，确定升降机的运动状态．本题是信息题，首先要抓住题中有效信息：压敏电阻的阻值会随所受压力的增大而减小，其他部分是常规问题．三、实验题探究题(本大题共1小题，共8.0分)14.如图所示表示的是“研究电磁感应现象”的实验装置．（1）将图中所缺导线补接完整．（2）如果在闭合开关时发现灵敏电流计的指针向右偏了一下，那么合上开关后将线圈A迅速从线圈B中拔出时，电流计指针将______ ；线圈A插入线圈B后，将滑动变阻器滑片迅速向左移动时，电流计指针将______ ．（以上两空选填“向右偏”、“向左偏”或“不偏转”）【答案】向左偏；向左偏【解析】解：（1）将线圈B和电流计串联形成一个回路，将电键、滑动变阻器、电压、线圈A串联而成另一个回路即可，实物图如下所示：（2）如果在闭合开关时发现灵敏电流计的指针向右偏了一下，说明穿过线圈的磁通量增加，电流计指针向右偏，合上开关后，将原线圈迅速从副线圈拔出时，穿过线圈的磁通量减少，电流计指针将向左偏；原线圈插入副线圈后，将滑动变阻器滑片迅速向左移动时，穿过线圈的磁通量减小，电流计指针将向左偏．故答案为：（1）见右图（2）向左偏，向左偏（1）注意在该实验中有两个回路，一个由线圈B和电流计串联而成，另一个由电键、滑动变阻器、电压、线圈A串联而成．（2）根据题意应用楞次定律分析答题．知道探究电磁感应现象的实验有两套电路，这是正确连接实物电路图的前提与关键．对于该实验，要明确实验原理及操作过程，平时要注意加强实验练习．四、填空题(本大题共2小题，共15.0分)15.某同学学习传感器后，用电源、电磁继电器、滑动变阻器、开关、导线等仪器设计了一个高温报警器，要求是：正常情况绿灯亮，有险情时电铃报警．电路如图所示，图中仪器还不完整，请完成以下问题：（1）图中的甲还需要放入的元件是______ ；A．二极管B．光敏电阻C．NTC热敏电阻（阻值随温度升高而减小）D．PTC热敏电阻（阻值随温度升高而增大）（2）电路正确连接之后，该同学调试过程发现报警时温度比预期偏高了一点点．要求在温度更低一点时就开始报警，则需要调节滑动变阻器的滑动头往______ （填“左”或“右”）移动一点．【答案】C；右【解析】解：（1）根据要求，在常温下热敏电阻甲阻值较大，电磁铁磁性较弱，不能将衔铁吸下，此时绿灯所在电路接通，绿灯亮，所以为是绿灯；温度升高，热敏电阻阻值较小，控制电路电流增大时，电磁铁磁性增大，将衔铁吸下．所以图中的甲还需要放入的元件是NTC热敏电阻（阻值随温度升高而减小）故选：C（2）电路正确连接之后，该同学调试过程发现报警时温度比预期偏高了一点点，则是在热敏电阻的电阻值比较小的时候才报警说明电路中的总电阻值比较大．要求在温度更低一点时就开始报警，则需要调节滑动变阻器，使滑动变阻器的电阻值小一些，则需要将滑动头往右移动一些．故答案为：（1）C，（2）右掌握电磁继电器的组成及工作原理，其主要组成部分为电磁铁，电磁继电器就是利用电磁铁来控制电路的，当控制电路电流较小时，电磁铁磁性较弱，不能将衔铁吸下；当控制电路电流增大时，电磁铁磁性增大，将衔铁吸下．此题考查了电磁继电器的构造及工作原理，并考查了并联电路电压的关系；电磁继电器是利用电磁铁来工作的自动开关．16.如图所示，A、B、C为三个相同的灯泡，a、b、c为与之串联的三个元件，E1为直流电源，E2为交流电源．当开关S接“1”时，A、B两灯均正常发光，C灯不亮．S接“2”时，A灯仍正常发光，B灯变暗，C灯常发光．由此可知，a元件应是______ b元件应是______ c元件应是______ ．【答案】电阻；电感；电容器【解析】解：由题意，当开关S接“1”直流电源时，A、B两灯均正常发光，C灯不亮说明c为电容器；当接“2”交流电源时，A灯仍正常发光说明a对交流电和直流电的影响相同，则a为电阻；B灯变暗，说明对交流电的阻碍作用比直流电阻碍作用大，则b为电感；故答案为：电阻电感电容器．电容器的特点是：通交流，隔直流，电感线圈的特点是；通低频阻高频．本题考查了电感线圈和电容器对直流电和交流电的不同反应．五、计算题(本大题共4小题，共52.0分)17.如图所示，两平行金属导轨之间的距离为L=0.6m，两导轨所在平面与水平面之间的夹角为θ=37°，电阻R的阻值为1Ω（其余部分电阻不计），一质量为m=0.1kg的导体棒横放在导轨上，整个装置处于匀强磁场中，磁感强度为B=0.5T，方向垂直导轨平面斜向上，已知导体棒与金属导轨间的动摩擦因数为μ=0.3，今由静止释放导体棒，导体棒沿导轨下滑S=3m，开始做匀速直线运动．已知sin37°=0.6，cos37°=0.8，重力加速度g=10m/s2，求：（1）导体棒匀速运动的速度（2）导体棒下滑S的过程中产生的电能．【答案】解：（1）导体棒受到的安培力：F=BIL=BL=，导体棒做匀速直线运动，处于平衡状态，由平衡条件得：mgsin37°=+μmgcos37°，解得：v=10m/s；（2）在导体棒下滑的过程中，由能量守恒定律得：mgssin37°=E+μmgscos37°+mv2，解得，产生的电能E=0.28J；答：（1）导体棒匀速运动的速度为10m/s；（2）导体棒下滑s的过程中产生的电能0.28J．【解析】（1）根据安培力公式求出安培力，导体棒匀速运动，处于平衡状态，由平衡条件求出导体棒匀速运动的速度．（2）由能量守恒定律可以求出产生的电能．本题考查了求导体棒的速度、电路产生的电能，应用平衡条件、能量守恒定律即可正确解题．18.如图所示为交流发电机示意图，匝数为n=100匝的矩形线圈，边长分别为a=10cm和b=20cm，内阻为r=5Ω，在磁感应强度B=0.5T的匀强磁场中绕OO′轴以ω=50rad/s的角速度匀速转动，转动开始时线圈平面与磁场方向平行，线圈通过电刷和外部R=20Ω的电阻相接．求电键S合上后，（1）写出线圈内产生的交变电动势瞬时值的表达式；（2）电压表和电流表示数；（3）电阻R上所消耗的电功率；（4）从计时开始，线圈转过的过程中，通过外电阻R的电量．【答案】解：（1）感应电动势最大值：E m=n BSω=100×0.5×0.1×0.2×50=50V故表达式为：e=E m sinωt=50sin50t（2）有效值：E=E=50V电键S合上后，由闭合电路欧姆定律得：I===2.0A，U=IR=2×20=40V（3）电阻R上所消耗的电功率为：P=IU=2×40=80W（4）由图示位置转过90°的过程中，通过R上的电量为：Q=△t=n==0.04C答：（1）表达式为e=50sin50t（2）电压表示数为40V，电流表示数为2.0A；（3）电阻R上所消耗的电功率是80W；（4）由图示位置转过90°的过程中，通过R的电量是0.04C【解析】（1）线圈中产生的感应电动势的最大值表达式为E m=NBSω．表达式e=E m sinωt （2）电表测量电流的有效值．根据有效值与最大值的关系求出电动势的有效值，根据闭合电路欧姆定律求出电流和路端电压；（3）电阻R上消耗的功率用电流的有效值乘以电压的有效值；（4）根据电量表达式，与感应电动势结合，得出q=I•△t=n公式，从而可求得此题首先要能够求出闭合线圈在匀强磁场中匀速转动时产生的感应电动势的表达式，产生电动式的线圈相当于电源，从而传化为电路的问题，在解题过程中一定要注意，电压表和电流表的示数为有效值．19.某村在距村庄较远的地方修建了一座小型水电站，发电机输出功率为9k W，输出电压为500V，输电线的总电阻为10Ω，允许线路损耗的功率为输出功率的4%．求：（1）村民和村办小企业需要220V电压时，所用升压变压器和降压变压器的原、副线圈的匝数比各为多少？（不计变压器的损耗）（2）若不用变压器而由发电机直接输送，村民和村办小企业得到的电压和功率是多少？【答案】解：建立如图甲所示的远距离输电模型，要求变压器原、副线圈的匝数比，先要知道原、副线圈两端的电压之比．本题可以线路上损耗的功率为突破口，先求出输电线上的电流I线，再根据输出功率求出U2，然后再求出U3．（1）由线路损耗的功率P线=I线2R线可得线线线又因为P输出=U2I线，所以输出线U3=U2-I线R线=（1500-6×10）V=1440V根据理想变压器规律.所以升压变压器和降压变压器原、副线圈的匝数比分别是1：3和72：11．（2）若不用变压器而由发电机直接输送（模型如图乙所示），由P输出=UI线′可得线′输出所以线路损耗的功率P线=I线′2R线=182×10W=3240W用户得到的电压U用户=U-I线′R线=（500-18×10）V=320V用户得到的功率P用户=P输出-P线=（9000-3240）W=5760W．答：（1）升压变压器和降压变压器的原、副线圈的匝数比各为1：3和72：11．（2）村民和村办小企业得到的电压为320V，功率为5760W．。

2015-2016学年江苏省泰州中学高二（下）第一次月考物理试卷一、单项选择题（本题共20小题，每小题3分，共69分.每小题只有一个是符合题意）1．在物理学发展中，许多科学家作出了重要的贡献，下列关于科学家及其成就的说法中正确的是（）A．托勒密发现了万有引力定律B．卡文迪许测出了引力常量GC．爱因斯坦指出了“力是改变物体状态的原因”D．麦克斯韦验证了电磁波的存在2．物体在做平抛运动时，其加速度（）A．仅方向一定改变 B．大小方向一定不变C．仅大小一定改变 D．大小方向一定改变3．某学校田径运动场400m标准跑道的示意图如图所示，100m赛跑的起跑点在A点，终点在B点，400m赛跑的起跑点和终点都在A点．在校运动会中，甲、乙两位同学分别参加了100m、400m项目的比赛，关于甲、乙运动的位移大小和路程的说法中正确的是（）A．甲、乙的位移大小相等B．甲、乙的路程相等C．甲的位移较大D．甲的路程较大4．在研究加速度a 和力F、质量m的关系时，应用的是（）A．控制变量的方法 B．等效替代的方法C．理论推导的方法 D．理想实验的方法5．下列单位中，是国际单位制中的基本单位的是（）A．牛B．千克C．瓦D．焦耳6．利用图示装置“探究加速度与力、质量的关系”，下列说法中错误的是（）A．实验时，应先接通打点计时器的电源，再放开小车B．平衡摩擦力时，应将装砝码的砝码盘用细绳通过定滑轮系在小车上C．改变小车的质量再次进行实验时，不需要重新平衡摩擦力D．小车运动的加速度不可由牛顿第二定律直接求出7．下列关于作用力与反作用力的说法正确的是（）A．作用力与反作用力由于大小相等方向相反，所以它们实际上是一对平衡力B．作用力与反作用力总是作用在同一物体或质点上的C．一对作用力与反作用力在力的性质上是一致的D．先有作用力后有反作用力8．小芳同学从网上找到几幅照片，根据图示照片情景判断，下列说法错误的是（）A．当火药爆炸炮弹还没发生运动瞬间，炮弹的加速度一定为零B．轿车紧急刹车时速度变化很快，所以加速度很大C．高速行驶的磁悬浮列车的加速度可能为零D．根据图中数据可求出刘翔在110m栏比赛中的平均速度9．小船在静水中的速度为v，今小船要渡过一河流，渡河时小船朝对岸垂直划行，若船航行至河中心时，水流速度突然增大，则渡河时间将（）A．增大B．减小C．不变D．不能判定10．如图所示，有一皮带传动装置，两轮半径分别为R和r，R=2r，M为大轮边缘上的一点，N为小轮边缘上的一点，若皮带不打滑，则M、N两点的（）A．线速度大小相等B．角速度相等C．向心加速度大小相等D．M点的向心加速度大于N点的向心加速度11．环绕地球做匀速圆周运动的人造卫星，距地面高度越大，以下说法中正确的是（）A．线速度和周期越大B．线速度和周期越小C．线速度越大，周期越小D．线速度越小，周期越大12．根据磁感应强度的表达式B=下列说法正确的是（）A．在磁场中某确定位置，碰感应强度B与F成正比B．一小段通电直导线在空间某处受磁场力F=0，那么该处的B一定为零C．磁场中某处B的方向跟磁场力F的方向相同D．一小段通电直导线放在B为零的位置，那么它受的磁场力F也一定为零13．PM2.5主要来自化石燃料、生物质、垃圾的焚烧，为了控制污染，要求我们节约及高效利用能源，关于能源和能量，下列说法中正确的是（）A．自然界中的石油、煤炭等能源是取之不尽用之不竭的B．人类应多开发与利用太阳能、风能等新能源C．能量被使用后就消灭了，所以要节约能源D．能量能源开发的高级阶段是指能源不断地产出能量14．如图所示，小球从高处下落到竖直放置的轻弹簧上，那么小球从接触弹簧开始到将弹簧压缩到最短的过程中（弹簧一直保持竖直），下列说法中正确的是（）A．小球和弹簧系统的机械能守恒B．小球的动能一直在增加C．小球的重力势能逐渐增大D．小球的速度保持不变15．某区域的电场线分布如图所示，a、b是电场中的两点，下列说法中正确的是（）A．a、b两点处场强大小不等，但方向相同B．将正点电荷由a点静止释放，仅在电场力作用下运动，该点电荷必能运动到b点C．a、b两点处场强大小相等，但方向并不一致D．a点的电场强度一定比b点的电场强度大16．下列措施中物理防止静电产生危害的是（）A．在高大烟囱中安装静电除尘器B．在高大的建筑物顶端装上避雷针C．在高大建筑物顶端安装公用天线D．在高大的工厂中使用静电植被17．下列四幅图中，小磁针静止时，其指向正确的是（）A．B．C．D．18．在真空中有两个点电荷，间距保持一定，若把它们各自的电荷量都增加为原来的4倍，则两点电荷间的库仑力将增大为原来的（）A．4倍 B．8倍 C．16倍D．64倍19．如图所示，匀强磁场垂直于矩形线框abcd，磁场的磁感应强度为B，矩形面积为S．现使矩形框以ab边为轴转动180°角，则在这个过程中，穿过线框的磁通量变化量的数值是（）A．0 B．0.5BS C．BS D．2BS20．请阅读下列材料，回答第20﹣23小题．2013年6月10日，活动发射平台载着质量为m的“神舟十号”和质量为M的火箭，在车的牵引下缓慢地驶向发射场．2013年6月20日上午，神舟十号航天员王亚平在“天宫一号”舱内授课进行了我国首次太空授课，航天员通过质量测量、单摆运动、陀螺运动、水膜和水球等基础物理实验，让同学们领略奇妙的太空世界．2．如图所示，关于“神舟十号”说法正确的是（）A．神舟十号在刚刚发射阶段处于超重状态B．进入环绕轨道后神舟十号的重力变小的原因是质量m变小了C．神舟十号与天宫一号对接需要先进入天宫一号轨道然后加速D．图示神舟十号的太阳能板的作用是将太阳能转化为动能3．关于质点，下列说法正确的是（）A．质点一定是体积、质量极小的物体B．在研究王亚平授课时，“天宫一号”可看作质点C．研究“神舟十号”飞船绕地球运行的高度时，飞船可看作质点D．质点是一个理想化模型，实际上并不存在，所以引入这个概念没有多大意义4．在“神舟十号”内进行的太空实验中，水成球状，这是因为（）A．神舟十号做匀速运动B．神舟十号的速度超过7.9km/sC．神舟十号相对地面静止D．神舟十号处于失重环境中5．在演示小球做匀速圆周运动时，小球运动过程中一定会发生变化的是（）A．速度大小B．速度方向C．加速度大小D．角速度大小二、填空题（共3小题，满分10分）21．电磁波按照波长由长到短排列依次是：无限电波、红外线、可见光、、X射线、y射线．泰州新闻广播电台的播放频率是106.2MHz，已知电磁波的传播速度为3.0×108m/s，则该电台信号的波长是m．22．如图所示，已知电源电动势E=6V，内电阻r=2Ω，电阻R=10Ω．电路中的电表均为理想电表，则当开关S闭合时，电流表的读数为A，电压表的读数为V．23．小华在实验室中用打点计时器验证机械能守恒定律，其实验装置如图1所示．（1）对于该实验，下列说法正确的是．A．打点计时器是专门用于直接测量加速度的仪器B．本实验中不需要刻度尺C．本实验中重物应选用质量相对较大体积较小的重锤D．实验过程中需全程用手控制纸带以防止打点歪斜（2）选择好器材后，小华同学通过正确的操作得到了一条实验纸带，如图2所示，图中O点是打出的第一个点，计数点A、B、C、D之间分别还有一个点．各计数点与O点之间的距离已测出．已知打点计时器的打点周期为T=0.02s，则打点计时器打下C点时重锤的速度v C=m/s．（计算结果保留2位有效数字）（3）由于打点计时器两限位孔不在同一竖直直线上，使纸带通过时受到较大阻力，这样会导致实验结果mgh mv2（选填“＜”、或“＞”）．三、解答题（共3小题，满分21分）24．小明同学站在斜坡顶端水平抛出一小球，恰好落在坡底，抛出点和坡底的竖直高度差为5m（不计空气阻力，g取10m/s2）问：（1）小球飞行了时间多长？（2）如果水平初速度为10m/s，那么抛出点和坡底的水平距离为多少？25．在21届温哥华冬奥会上，我国女子冰壶队取得了优异成绩，比赛中，冰壶在水平冰面上的运动可视为匀减速直线运动，设一质量m=20kg的冰壶从被运动员推出到静止共用时t=20s，运动的位移x=30m，取g=10m/s2，求：冰壶在此过程中（1）所受重力的大小；（2）平均速度的大小；（3）加速度的大小．26．如图所示，有一光滑轨道ABCD，其中AB沿竖直方向，BCD为竖直面内的半圆轨道，圆心在O，半径为R，B、O、D在同一水平面上．一个质量为m的小物块，以一初速度从A点向下沿轨道运动，不计空气阻力，若物块通过轨道的最低点C时的速度为v C=3，求：（1）物块在C点对轨道的压力多大；（2）物块在A点时的速度v0；（3）物块离开D点后能上升的最大高度．2015-2016学年江苏省泰州中学高二（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20小题，每小题3分，共69分.每小题只有一个是符合题意）1．在物理学发展中，许多科学家作出了重要的贡献，下列关于科学家及其成就的说法中正确的是（）A．托勒密发现了万有引力定律B．卡文迪许测出了引力常量GC．爱因斯坦指出了“力是改变物体状态的原因”D．麦克斯韦验证了电磁波的存在【考点】物理学史．【分析】本题是物理学史问题，根据牛顿、卡文迪许、伽利略、赫兹等科学家的物理学成就进行解答．【解答】解：A、牛顿发现了万有引力定律．故A错误．B、卡文迪许用扭秤实验测出了引力常量G．故B正确．C、伽利略指出了“力是改变物体状态的原因”．故C错误．D、麦克斯韦预言了电磁波的存在，赫兹用实验验证了电磁波的存在．故D错误．故选：B2．物体在做平抛运动时，其加速度（）A．仅方向一定改变 B．大小方向一定不变C．仅大小一定改变 D．大小方向一定改变【考点】平抛运动．【分析】平抛运动是只在重力的作用下，水平抛出的物体做的运动，根据牛顿第二定律分析其加速度．【解答】解：物体在做平抛运动时，只受重力，由牛顿第二定律知，其加速度是重力加速度g，大小和方向均保持不变．故B正确．故选：B3．某学校田径运动场400m标准跑道的示意图如图所示，100m赛跑的起跑点在A点，终点在B点，400m赛跑的起跑点和终点都在A点．在校运动会中，甲、乙两位同学分别参加了100m、400m项目的比赛，关于甲、乙运动的位移大小和路程的说法中正确的是（）A．甲、乙的位移大小相等B．甲、乙的路程相等C．甲的位移较大D．甲的路程较大【考点】位移与路程．【分析】位移是指从初位置到末位置的有向线段，位移是矢量，有大小也由方向；路程是指物体所经过的路径的长度，路程是标量，只有大小，没有方向．【解答】解：由题意可知，400m的比赛中，起点和终点相同，所以在400m的比赛中位移的大小是零，而在100m的比赛中，做的是直线运动，位移的大小就是100m，所以甲的位移为100m，乙的位移是零，所以甲的位移大；路程是指物体所经过的路径的长度，所以在100m、400m的比赛中，路程最大的是400m，故乙的路程大，故ABD错误，C正确；故选：C4．在研究加速度a 和力F、质量m的关系时，应用的是（）A．控制变量的方法 B．等效替代的方法C．理论推导的方法 D．理想实验的方法【考点】加速度与力的关系图像．【分析】探究物体的加速度与物体质量、力的关系的时候，由于涉及多个变量，想研究其中两个的关系，必须控制其余的不变，这种方法称为控制变量法．【解答】解：由于涉及多个变量，探究加速度与力的关系时，控制质量不变而改变力的大小；探究加速度与质量的关系时，控制力不变而改变质量，实验应用了控制变量法；故A正确．故选：A．5．下列单位中，是国际单位制中的基本单位的是（）A．牛B．千克C．瓦D．焦耳【考点】力学单位制．【分析】国际单位制规定了七个基本物理量．分别为长度、质量、时间、热力学温度、电流、光强度、物质的量．它们的在国际单位制中的单位称为基本单位，而物理量之间的关系式推到出来的物理量的单位叫做导出单位．【解答】解：牛是由牛顿第二定律F=ma推到出的单位是导出单位，瓦是由P=推到出的单位也是导出单位，焦耳是由W=FL推到出的单位也是导出单位，只有千克是质量的单位，是国际单位制中的基本单位，所以B正确．故选B．6．利用图示装置“探究加速度与力、质量的关系”，下列说法中错误的是（）A．实验时，应先接通打点计时器的电源，再放开小车B．平衡摩擦力时，应将装砝码的砝码盘用细绳通过定滑轮系在小车上C．改变小车的质量再次进行实验时，不需要重新平衡摩擦力D．小车运动的加速度不可由牛顿第二定律直接求出【考点】探究加速度与物体质量、物体受力的关系．【分析】探究加速度与拉力的关系实验时，要平衡摩擦力，平衡摩擦力时，要求小车在无动力的情况下平衡摩擦力，不需要挂任何东西．小车的加速度应根据打点计时器打出的纸带求出；平衡摩擦力时，是重力沿木板方向的分力等于摩擦力，即：mgsinθ=μmgcosθ，可以约掉m，只需要平衡一次摩擦力．操作过程是先接通打点计时器的电源，再放开小车．【解答】解：A、实验时应先接通电源然后再放开小车，故A正确．B、在该实验中，我们认为绳子的拉力就等于小车所受的合外力，故在平衡摩擦力时，细绳的另一端不能悬挂装砝码的砝码盘，故B错误；C、由于平衡摩擦力之后有Mgsinθ=μMgcosθ，故tanθ=μ．所以无论小车的质量是否改变，小车所受的滑动摩擦力都等于小车的重力沿斜面的分力，改变小车质量时不需要重新平衡摩擦力，故C正确．D、小车的加速度应根据打点计时器打出的纸带求出，不能由牛顿第二定律求出，故D正确．本题选错误的故选：B7．下列关于作用力与反作用力的说法正确的是（）A．作用力与反作用力由于大小相等方向相反，所以它们实际上是一对平衡力B．作用力与反作用力总是作用在同一物体或质点上的C．一对作用力与反作用力在力的性质上是一致的D．先有作用力后有反作用力【考点】作用力和反作用力．【分析】由牛顿第三定律可知，作用力与反作用力大小相等，方向相反，作用在同一条直线上，作用在两个物体上，力的性质相同，它们同时产生，同时变化，同时消失．【解答】解：A、根据牛顿第三定律，作用力和反作用力总是大小相等，方向相反，但作用力与反作用力作用在不同的物体上，不是平衡力，作用效果不能抵消，故A错误，B错误；C、一对作用力与反作用力在力的性质上是一致的，故C正确；D、根据牛顿第三定律，作用力和反作用力总是同时产生、同时消失的，故D错误；故选：C．8．小芳同学从网上找到几幅照片，根据图示照片情景判断，下列说法错误的是（）A．当火药爆炸炮弹还没发生运动瞬间，炮弹的加速度一定为零B．轿车紧急刹车时速度变化很快，所以加速度很大C．高速行驶的磁悬浮列车的加速度可能为零D．根据图中数据可求出刘翔在110m栏比赛中的平均速度【考点】加速度；平均速度．【分析】加速度表示速度变化快慢的物理量，速度为零时，加速度不一定为零，加速度为零时，速度不一定为零，当加速度方向与速度方向相同时，加速，相反时减速．【解答】解：A、当火药爆炸炮弹还没发生运动瞬间，已经产生加速度，炮弹的加速度一定不为零，故A错误；B、加速度是描述速度变化快慢的物理量，所以轿车紧急刹车时速度变化很快，所以加速度很大，故B正确；C、当高速行驶的磁悬浮列车做匀速运动时，加速度为零，故C正确；D、已知总位移和总时间，只能求平均速度，故D正确．本题选错误的，故选：A9．小船在静水中的速度为v，今小船要渡过一河流，渡河时小船朝对岸垂直划行，若船航行至河中心时，水流速度突然增大，则渡河时间将（）A．增大B．减小C．不变D．不能判定【考点】运动的合成和分解．【分析】小船实际参与了两个分运动，沿着船头指向的匀速直线运动和顺着水流方向的匀速直线运动，由于分运动与合运动同时进行，互不干扰，故渡河时间由沿船头方向的分运动决定，与水流速度无关．【解答】解：将小船的实际运动沿着船头指向和顺着水流方向正交分解，由于分运动互不干扰，故渡河时间与水流速度无关，只与船头指向方向的分运动有关，故船航行至河中心时，水流速度突然增大，只会对轨迹有影响，对渡河时间无影响；故选C．10．如图所示，有一皮带传动装置，两轮半径分别为R和r，R=2r，M为大轮边缘上的一点，N为小轮边缘上的一点，若皮带不打滑，则M、N两点的（）A．线速度大小相等B．角速度相等C．向心加速度大小相等D．M点的向心加速度大于N点的向心加速度【考点】线速度、角速度和周期、转速．【分析】同缘传动边缘点线速度相等，然后根据公式v=ωr和a=列式分析．【解答】解：A、同缘传动边缘点线速度相等，故M、N两点的线速度相等，故A正确；B、点M和点N的线速度相等，由于M点的转动半径较大，根据公式v=ωr，M 点的角速度较小，故B错误；C、D、点M和点N的线速度相等，由于M点的转动半径较大，根据公式a=，M点的向心加速度较小，故C错误，D错误；故选：A．11．环绕地球做匀速圆周运动的人造卫星，距地面高度越大，以下说法中正确的是（）A．线速度和周期越大B．线速度和周期越小C．线速度越大，周期越小D．线速度越小，周期越大【考点】人造卫星的加速度、周期和轨道的关系．【分析】根据万有引力提供向心力，去判断线速度和周期的变化．【解答】解：根据万有引力提供向心力，知，，高度越高，轨道半径越大，线速度越小，周期越大．故D正确，A、B、C错误．故选D．12．根据磁感应强度的表达式B=下列说法正确的是（）A．在磁场中某确定位置，碰感应强度B与F成正比B．一小段通电直导线在空间某处受磁场力F=0，那么该处的B一定为零C．磁场中某处B的方向跟磁场力F的方向相同D．一小段通电直导线放在B为零的位置，那么它受的磁场力F也一定为零【考点】磁感应强度．【分析】磁感应强度的定义式采用比值法定义式，具有比值法定义的共性，B与F、IL无关，反映磁场本身的特性．当通电导线与磁场平行时不受磁场力．B的方向与磁场力F的方向垂直．【解答】解：A、在磁场中某确定位置，B是确定的，与F、IL无关，由磁场本身决定，故A错误．B、通电直导线在空间某处所受磁场力F=0，那么该处的B不一定为零，也可能是由于通电导线与磁场平行，故B错误．C、根据左手定则，磁场中某处B的方向跟电流在该处受磁场力F的方向垂直．故C错误；D、一小段通电直导线放在B为零的位置，那么它受到的磁场力F一定为零．故D正确．故选：D．13．PM2.5主要来自化石燃料、生物质、垃圾的焚烧，为了控制污染，要求我们节约及高效利用能源，关于能源和能量，下列说法中正确的是（）A．自然界中的石油、煤炭等能源是取之不尽用之不竭的B．人类应多开发与利用太阳能、风能等新能源C．能量被使用后就消灭了，所以要节约能源D．能量能源开发的高级阶段是指能源不断地产出能量【考点】能源的开发和利用．【分析】可以从自然界源源不断得到补充的能源叫可再生能源，如：风能、水能、生物质能、太阳能；短期内不能从自然界得到补充的能源叫不可再生能源，如：煤、石油、天然气．据此分析判断．能量是守恒的，会发生转变，但不会减少，也不会被消灭．【解答】解：A、煤、石油虽然是当今人类利用的主要能源，但不能短期内从自然界得到补充，是不可再生能源，故A错误；B、太阳能和风能，包括水能等都是可再生资源且为清洁能源，应该尽量开发，故B正确；C、能量虽然守恒，但有些能量使用以后不可能再被利用，所以要节约资源，但能量是不会减少，也不会被消灭掉的，只是形式发生转变，故C错误；D、根据能量守恒定律可知，能源是能不可能源源不断的放出能量来的，故D错误；故选：B．14．如图所示，小球从高处下落到竖直放置的轻弹簧上，那么小球从接触弹簧开始到将弹簧压缩到最短的过程中（弹簧一直保持竖直），下列说法中正确的是（）A．小球和弹簧系统的机械能守恒B．小球的动能一直在增加C．小球的重力势能逐渐增大D．小球的速度保持不变【考点】功能关系；牛顿第二定律．【分析】分析小球的受力情况，分析其运动情况，与然后根据影响机械能、动能、重力势能的因素分析答题．【解答】解：A、小球在向下运动过程中，受到重力与弹簧弹力的作用，且只有重力和弹簧弹力对小球做功，所以小球和弹簧系统的机械能守恒．故A正确．B、小球在向下运动过程中，受到重力与弹簧弹力作用，开始的一段时间内，重力大于弹力，合外力做正功，小球动能增大，后来弹簧的弹力大于小球重力，合力对小球做负功，小球的动能减小，因此小球动能先增大后减小，故B错误．C、在向下运动过程中，小球的质量不变而高度逐渐减小，小球的重力势能一直减小，故C错误；D、小球动能先增大后减小，速度先增大后减小．故D错误．故选：A15．某区域的电场线分布如图所示，a、b是电场中的两点，下列说法中正确的是（）A．a、b两点处场强大小不等，但方向相同B．将正点电荷由a点静止释放，仅在电场力作用下运动，该点电荷必能运动到b点C．a、b两点处场强大小相等，但方向并不一致D．a点的电场强度一定比b点的电场强度大【考点】电势差与电场强度的关系；电场强度．【分析】电场线的疏密表示电场的强弱；正电荷受力方向和电场线相同，负电荷则相反；运动轨迹与受力和初速度有关，不一定沿电场线．【解答】解：A、a处电场线比b处密，因此a处电场强度比b处大，电场强度的方向为该点的切线方向，根据电场线可知，ab场强方向不同，故AC错误，D 正确．B、正电荷释放时，电场力方向始终沿电场方向，而速度方向则在不断变化，因此其轨迹不沿电场线，所以不能运动到b点，故B错误；故选：D16．下列措施中物理防止静电产生危害的是（）A．在高大烟囱中安装静电除尘器B．在高大的建筑物顶端装上避雷针C．在高大建筑物顶端安装公用天线D．在高大的工厂中使用静电植被【考点】* 静电的利用和防止；静电场中的导体．【分析】本题考查是关于静电的防止与应用，从各种实例的原理出发就可以判断出答案．【解答】解：A．静电除尘时除尘器中的空气被电离，烟雾颗粒吸附电子而带负电，颗粒向电源正极运动，属于静电应用，不符合题意；故A错误；B．当打雷的时候，由于静电的感应，在高大的建筑物顶端积累了很多的静电，容易导致雷击事故，所以在高大的建筑物顶端安装避雷针可以把雷电引入地下，保护建筑物的安全，属于静电防止，符合题意；故B正确；C．在高大建筑物顶端安装公用天线是利用开放电路，能更好地向外发射电磁波，不符合题意；故C错误；D．在高大的工厂中使用静电植被是利用了静电的相互吸引，属于静电的应用．不符合题意．故D错误．故选：B17．下列四幅图中，小磁针静止时，其指向正确的是（）A．B．C．D．【考点】通电直导线和通电线圈周围磁场的方向．。