14—15学年下学期高二开学考试物理试题(扫描版)(附答案)
高二(2015届)下学期入学考试物理试卷(有答案)
高二（2015届）下学期入学考试物理试卷本试卷分第I卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分。
考试时间90分钟，满分100分。
第I卷（选择题共40分）一、选择题（本题共10小题，每小题4分，共40分。
每小题给出的四个选项中，有的小题只有一个选项正确，有的小题有多个选项正确，全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错或不答的得0分。
）1.如图所示质量相等的A、B两个球，原来在光滑水平面上沿同一直线相向做匀速直线运动，A球的速度是6m/s，B球的速度是—2m/s，不久A、B两球发生了对心碰撞。
对于该碰撞之后的A、B两球的速度可能值，某实验小组的同学们做了很多种猜测，下面的哪一种猜测结果一定无法实现的是( ) A.υA＇= -2 m/s，υB＇= 6 m/sB.υA＇= 2 m/s，υB＇= 2 m/sC.υA＇= l m/s，υB＇= 3 m/sD.υA＇= -3m/s，υB＇= 7 m/s2.两个质点A、B放在同一水平面上，由静止开始从同一位置沿相同方向同时开始做直线运动，其运动的v-t图象如图所示。
对A、B运动情况的分析，下列结论正确的是( )A.A、B加速时的加速度大小之比为2:1，A、B减速时的加速度大小之比为1:1B.在t=3t0时刻，A、B相距最远C.在t=5t0时刻，A、B相距最远D.在t=6t0时刻，A、B相遇3.如图所示，质量为m的小球，用OB和O′B两根轻绳吊着，两轻绳与水平天花板的夹角分别为30°和60°，这时OB绳的拉力大小为F1，若烧断O＇B绳，当小球运动到最低点C时，OB绳的拉力大小为F2，则F1∶F2等于( ) A．1∶1 B．1∶C．1∶3 D．1∶44.如图所示，地球半径为R，a是地球赤道上的一栋建筑，b是与地心的距离为nR的地球同步卫星，c是在赤道平面内作匀速圆周运动、与地心距0.5nR的卫星。
某一时刻b、c刚好位于a的正上方（如图甲所示），经过48 h，a、b、c的大致位置是图乙中的( )5.如图，在一水平放置的平板MN的上方有匀强磁场，磁感应强度的大小为B，磁场方向垂直于纸面向里.许多质量为m带电量为+q的粒子，以相同的速率v沿位于纸面内的各个方向，由小孔O射入磁场区域.不计重力，不计粒子间的相互影响。
2014～2015学年第二学期高二期末物理试卷
2014～2015学年第二学期高二期末物理试卷(试卷满分100 分，考试时间为100 分钟)试题说明：1.本试卷分为试卷Ⅰ和试卷Ⅱ两部分。
试卷Ⅰ为选择题部分，必须将答案涂在机读卡上，否则不得分。
试卷Ⅱ为非选择题部分，把解答过程写在答题纸上相应预留的位置。
2.学生只需上交机读卡和答题纸。
试卷Ⅰ（选择题部分）一、单项选择题（每小题2分，共30分。
在每小题给出的四个选项中，只有一个选项正确）1.关于对光的本性的认识,下列说法中正确的是( )A．牛顿的微粒说与惠更斯的波动说第一次揭示了光具有波粒二象性B．牛顿的微粒说与爱因斯坦的光子说没有本质的区别C．爱因斯坦从理论上指出电磁波传播速度跟光速相同,他提出光是一种电磁波D．麦克斯韦的电磁说与爱因斯坦的光子说说明光具有波粒二象性2．杨氏双缝干涉实验中，设置单缝的目的是( )A.使得作为光源的双缝S1、S2都是由它形成的相干光源；B.控制光的强度；C.控制光的照射范围；D.使光先发生衍射.3．在双缝干涉实验中，以白光为光源.在屏幕上观察到了彩色干涉条纹.若双缝中的一缝前放一红色滤光片(只能透过红光)，另一缝前放一绿色滤光片(只能透过绿光)，这时( )A.只有红光和绿光的双缝干涉条纹，其他颜色的双缝干涉条纹消失；B.红光和绿光的双缝干涉条纹消失，其他颜色的双缝干涉条纹依然存在；C.任何颜色的双缝干涉条纹都不存在，但屏上仍有光亮；D .屏上无任何光亮.4. 下列关于动量和冲量的说法中正确的是（）A.物体的动量改变，一定是速度的大小改变B.物体的动量改变，一定是速度的方向改变C.物体的运动状态改变，其动量一定改变D.以上说法均不对。
5. 放射性探伤是利用了( )A.α射线的电离本领；B.β射线的贯穿本领；C.γ射线的贯穿本领；D.放射性元素的示踪本领.6.如图所示，红光和紫光以不同的角度，沿半径方向射向半圆形玻璃砖的圆心O，它们的出射光线沿OP方向，则下列说法中正确的是( )A．AO是红光，穿过玻璃砖所需时间短B．AO是紫光，穿过玻璃砖所需时间短C．AO是红光，穿过玻璃砖所需时间长D．AO是紫光，穿过玻璃砖所需时间长7.甲、乙两物体的质量之比为m甲:m乙=1:4,若它们在运动过程中的动能相等,则它们动量大小之比p甲:p乙是( )A．1:1 B．1:2 C．1:4 D．2:18.在光滑水平直路上停着一辆较长的木板车,车的左端站立一个大人,车的右端站立一个小孩.如果大人向右走,小孩(质量比大人小)向左走.他们的速度大小相等,则在他们走动过程中( )A．车可能向右运动B．车一定向左运动C．车可能保持静止D．无法确定9.关于原子和原子核，下列说法正确的有( )A．汤姆孙发现电子后猜想出原子内的正电荷集中在很小的核内B．α粒子散射实验中少数α粒子发生了较大偏转是卢瑟福猜想原子核式结构模型的主要依据之一C．放射性元素发生衰变时，由于质量亏损，质量数不守恒D．玻尔原子理论无法解释较复杂原子的光谱现象，说明玻尔提出的原子定态概念是错误的10.甲、乙两铁球质量分别是m1=1 kg，m2=2 kg，在光滑平面上沿同一直线运动,速度分别是v1=6 m/s、v2=2 m/s.甲追上乙发生正碰后两物体的速度有可能是( )A.v1′=7 m/s，v2′=1.5 m/sB. v1′=2 m/s，v2′=4 m/sC. v1′=3.5 m/s，v2′=3 m/sD. v1′=4 m/s，v2′=3 m/s11.已知金属钙的逸出功为2.7eV，氢原子的能级图如图所示，一群氢原子处于量子数n=4的能量状态，则( )A.氢原子可能辐射3种频率的光子B.氢原子可能辐射5种频率的种子C.有3种频率的辐射光子能使钙发生光电效应D.有4种频率的辐射光子能使钙发生光电效应12.具有天然放射性的90号元素钍的同位素钍232经过一系列α衰变和β衰变之后，变成稳定的82号元素铅208．下列判断中正确的是（）A．钍核比铅核多24个质子B．钍核比铅核多16个中子C．这一系列衰变过程中共释放出4个α粒子和6个β粒子D．这一系列衰变过程中共发生了6次α衰变和6次β衰变13.关于核能和核反应下列说法正确的是( )A．根据E=mC2可知物体所具有的能量和它的质量之间存在着简单的正比关系B．根据ΔE=ΔmC2，在核裂变过程中减少的质量转化成了能量C．太阳内部进行的热核反应属于重核的裂变D．当铀块的体积小于临界体积时就会发生链式反应，瞬时放出巨大能量14.在如图所示的装置中，木块B与水平桌面间的接触是光滑的，子弹A沿水平方向射入木块后留在其中，将弹簧压缩到最短．若将子弹、木块和弹簧合在一起作为系统，则此系统在从子弹开始射入到弹簧被压缩至最短的整个过程中（）A．动量守恒，机械能守恒B．动量守恒，机械能不守恒C．动量不守恒，机械能不守恒D．动量不守恒，机械能守恒15.如图所示,一个折射率为2的三棱镜,顶角是45°.有一束光以图示方向射到三棱镜上,入射角为i(0<i<90°)则下列有关这束光传播过程的判断正确的是( ) (不考虑两次反射)①两个界面都会发生反射现象；②两个界面都可能发生折射现象③在界面I 不可能发生全反射④在界面Ⅱ可能发生全反射现象A ．只有①②B ．只有②③C ．只有①②③D ．只有①③④二、多选题（共20分。
【物理】河北省唐山一中2014-2015学年高二下学期开学试卷
2014-2015学年河北省唐山一中高二（下）开学物理试卷参考答案与试题解析一、选择题选择题（本题共15小题，每小题4分，共60分。
在每小题给出的四个选项中，第1题～第11题只有一个选项正确，第12题～第15题有多个选项正确，全部选对得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分）1．（4分）在物理学发展过程中，观测、实验、假说和逻辑推理等方法都起到了重要作用，下列叙述符合史实的是（）A．安培在实验中观察到电流的磁效应，该效应提示了电和磁之间的关系B．奥斯特根据通电螺线管的磁场和条形磁铁的磁场的相似性，提出了电流假说C．楞次在分析了许多实验事实后提出，感应电流应具有这样的方向，即感应电流的磁场总是阻碍引起感应电流的磁通量的变化D．法拉第在实验中观察到，在通有恒定电流的静止导线附近导线附近的固定导线圈中，会出现感应电流考点：物理学史．分析：对于物理中的重大发现、重要规律、原理，要明确其发现者和提出者，了解所涉及伟大科学家的重要成就．解答：解：A、1820年，丹麦物理学家奥斯特在实验中观察到电流的磁效应，揭示了电和磁之间存在联系．故A错误．B、安培根据通电螺线管的磁场和条形磁铁的磁场的相似性，提出了分子电流假说，很好地解释了磁化现象．故B正确．C、楞次在分析了许多实验事实后提出楞次定律，即感应电流应具有这样的方向，感应电流的磁场总要阻碍引起感应电流的磁通量的变化．故C正确．D、法拉第在实验中观察到，在通有恒定电流的静止导线附近的固定导线圈中，不会出现感应电流．故D错误．故选：C．点评：本题关键要记住电学的一些常见的物理学史．2．（4分）为了解释地球的磁性，19世纪安培假设：地球的磁场是由绕过地心的轴的环形电流I引起的．在如图四个图中，正确表示安培假设中环形电流方向的是（）A．B．C．D．考点：分子电流假说．专题：电磁感应中的力学问题．分析：要知道环形电流的方向首先要知道地磁场的分布情况：地磁的南极在地理北极的附近，故右手的拇指必需指向南方，然后根据安培定则四指弯曲的方向是电流流动的方向从而判定环形电流的方向．解答：解：地磁的南极在地理北极的附近，故在用安培定则判定环形电流的方向时右手的拇指必需指向南方；而根据安培定则：拇指与四指垂直，而四指弯曲的方向就是电流流动的方向，故四指的方向应该向西．故B正确．故选B．点评：主要考查安培定则和地磁场分布，掌握安培定则和地磁场的分布情况是解决此题的关键所在．另外要掌握此类题目一定要乐于伸手判定．3．（4分）如图所示的天平可用来测定磁感应强度．天平的右臂下面挂一个矩形线圈，宽为L，共n匝．线圈的下部悬在匀强磁场中，磁场方向垂直纸面．当线圈中通有电流I（方向如图）时，在天平左右两边加上质量各为m1、m2的砝码，天平平衡；当电流反向（大小不变）时，右边再加上质量为m的砝码后，天平重新平衡．由此可知（）A．磁感应强度的方向垂直纸面向外，大小为B．磁感应强度的方向垂直纸面向外，大小为C．磁感应强度的方向垂直纸面向里，大小为D．磁感应强度的方向垂直纸面向里，大小为考点：安培力；力矩的平衡条件．分析：天平平衡后，当电流反向（大小不变）时，安培力方向反向，则右边相当于多了或少了两倍的安培力大小．解答：解：A、当B的方向垂直纸面向外，开始线圈所受安培力的方向向上，电流方向相反，则安培力方向反向，变为竖直向下，相当于右边多了两倍的安培力大小，所以需要在左边加砝码，故A错误，B、当B的方向垂直纸面向外，开始线圈所受安培力的方向向上，电流方向相反，则安培力方向反向，变为竖直向下，相当于右边多了两倍的安培力大小，所以需要在左边加砝码，故B错误，C、当B的方向垂直纸面向里，开始线圈所受安培力的方向向下，电流方向相反，设N匝线圈的质量为m3，则有（m1﹣m2﹣m3）g=NBIL，所以B=．故C错误．D、当B的方向垂直纸面向里，开始线圈所受安培力的方向向下，电流方向相反，则安培力方向反向，变为竖直向上，相当于右边少了两倍的安培力大小，所以需要在右边加砝码．则有mg=2NBIL，所以B=．故D正确．故选D点评：解决本题的关键掌握安培力方向的判定，以及会利用力的平衡去求解问题．4．（4分）如图所示是电磁流量计的示意图．圆管由非磁性材料制成，空间有匀强磁场．当管中的导电液体流过磁场区域时，测出管壁上MN两点的电动势E，就可以知道管中液体的流量Q﹣﹣单位时间内流过管道横截面的液体的体积．已知管的直径为d，磁感应强度为B，则关于Q的表达式正确的是（）A．B．C．D．考点：霍尔效应及其应用．专题：带电粒子在磁场中的运动专题．分析：导电液体流过磁场区域时，正负电荷受到洛伦兹力，发生偏转打到上下两个面上，上下两个面之间形成电场，最终正负电荷在电场力和洛伦兹力的作用下处于平衡，根据受力平衡求出电荷的速度，再根据Q=vS求出流量．解答：解：最终正负电荷在电场力和洛伦兹力的作用下处于平衡，有qvB=q，则v=流量Q=vS=．故B正确，A、C、D错误．故选B．点评：解决本题的关键知道导电液体流过磁场区域时，正负电荷受到洛伦兹力，发生偏转打到上下两个面上，上下两个面之间形成电场，最终正负电荷在电场力和洛伦兹力的作用下处于平衡．5．（4分）如图一个质量为m、带电量为+q的圆环，可在水平放置的足够长的粗糙细杆上滑动，细杆处于磁感应强度为B的匀强磁场中．现给圆环一个水平向右的初速度v0，在以后的运动中下列说法正确的是（）A．圆环可能做匀减速运动B．圆环不可能做匀速直线运动C．圆环克服摩擦力所做的功一定为mv02D．圆环克服摩擦力所做的功可能为mv02﹣考点：动能定理的应用；力的合成与分解的运用；洛仑兹力．专题：动能定理的应用专题．分析：圆环向右运动的过程中可能受到重力、洛伦兹力、杆的支持力和摩擦力，根据圆环初速度的情况，分析洛伦力与重力大小关系可知：圆环可能做匀速直线运动，或者减速运动到静止，或者先减速后匀速运动，根据动能定理分析圆环克服摩擦力所做的功．解答：解：A、当qv0B＜mg时，圆环做减速运动到静止，速度在减小，洛伦兹力减小，杆的支持力和摩擦力都发生变化，所以不可能做匀减速运动，故A错误B、当qv0B=mg时，圆环不受支持力和摩擦力，做匀速直线运动，故B错误C、当qv0B＜mg时，圆环做减速运动到静止，只有摩擦力做功．根据动能定理得﹣W=0﹣mv2得W=，当qv0B＞mg时，圆环先做减速运动，当qvB=mg时，不受摩擦力，做匀速直线运动．当qvB=mg时得v=根据动能定理得﹣W=mv2﹣代入解得W=﹣，故C错误，D正确故选D．点评：本题考查分析问题的能力，摩擦力是被动力，要分情况讨论．在受力分析时往往先分析场力，比如重力、电场力和磁场力，再分析弹力、摩擦力．6．（4分）如图所示，平行金属板中带电质点P原处于静止状态，不考虑电流表和电压表对电路的影响，当滑动变阻器R4的滑片向b端移动时，则（）A．电压表读数减小B．电流表读数增大C．质点P将向上运动D．R3上消耗的功率逐渐增大考点：闭合电路的欧姆定律；电容．专题：恒定电流专题．分析：由图可知电路结构，先由滑片的移动可知电路中电阻的变化，再由闭合电路欧姆定律可知各电表示数的变化及电容器两端的电压变化；再分析质点的受力情况可知质点的运动情况．解答：解：A、B由图可知，R2与滑动变阻器R4串联后与R3并联后，再由R1串联接在电源两端；电容器与R3并联；当R4的滑片向b移动时，滑动变阻器接入电阻减小，则电路中总电阻减小；由闭合电路欧姆定律可知，电路中总电流增大；路端电压减小，同时R1两端的电压也增大；故并联部分的电压减小，由欧姆定律可知流过R3的电流减小，根据并联电路的特点可知：流过R2的电流增大，则电流表示数增大；因并联部分电压减小，而R2的电压增大，故电压表示数减小，故A、B正确；C、因电容器两端电压减小，故电荷受到的向上电场力减小，则重力大于电场力，电荷向下运动，故C错误；D、因R3两端的电压减小，由P=可知，R3上消耗的功率减小；故D错误；故选：AB．点评：解决闭合电路欧姆定律的题目，一般可以按照整体﹣局部﹣整体的思路进行分析，注意电路中某一部分电阻减小时，无论电路的连接方式如何，总电阻均是减小的．7．（4分）如图所示，直线A为电源a的路端电压与电流的关系图象，直线B为电源b的路端电压与电流的关系图象，直线C为一个电阻R的两端电压与电流的关系图象，将这个电阻R分别接到a、b两电源上，那么（）A．R接到a电源上，电源的效率较高B．R接到b电源上，电源的输出功率较大C．R接到a电源上，电源的输出功率较大，但电源效率较低D．R接到b电源上，电阻R的发热功率和电源的效率都较高考点：电功、电功率；路端电压与负载的关系．专题：恒定电流专题．分析：根据电源的图线，读出短路电流和电阻R接在电源上时的工作状态，分析电源效率的大小．电源的U﹣I图线与电阻R的U﹣I图线的交点表示电阻R接在该电源上的工作状态，读出电压和电流，分析电源的输出功率大小．解答：解：A、电源的效率η=．由图看出，电阻R接在电源a上时电路中电流为0.5I，短路电流为I，根据闭合电路欧姆定律I=得到，R=r，a电源的效率为50%．由图看出，电阻R 接在电源b上时＞50%，则电源b的效率大于50%．故A错误．B、电源的图线与电阻R的U﹣I图线的交点表示电阻R接在该电源上的工作状态，由图读出电阻R接在电源a的电压和电流较大，电源a的输出功率较大．故B错误．C、D由分析可知，R接到a电源上，电源的输出功率较大，电源效率较低．故C正确，D错误．故选：C点评：本题考查对电源和电阻伏安特性曲线的理解，从交点、斜率、面积等数学角度来理解图线的物理意义．8．（4分）在如图所示电路中，电源电动势为12V，电源内阻为1.0Ω，电路中的电阻R0为1.5Ω，小型直流电动机M的内阻为0.5Ω，电流表内阻不计．闭合开关S后，电动机转动，电流表的示数为2.0A．则以下判断中错误的是（）A．电源输出功率为20WB．电动机两端的电压为1.0VC．电动机的热功率为2.0WD．电动机输出的机械功率为12W考点：电功、电功率．专题：恒定电流专题．分析：在计算电功率的公式中，总功率用P=IU来计算，发热的功率用P=I2R来计算，如果是计算纯电阻的功率，这两个公式的计算结果是一样的，但对于电动机等非纯电阻，第一个计算的是总功率，第二个只是计算发热的功率，这两个的计算结果是不一样的．解答：解：A、电源的输出的功率为：P输出=EI﹣I2R=12×2﹣22×1=20W，故A正确；B、电路中电流表的示数为2.0A，所以电动机的电压为：U=E﹣U内﹣U R0=12﹣Ir﹣IR0=12﹣2×1﹣2×1.5=7V，故B错误；C、电动机的总功率为：P总=UI=7×2=14W，电动机的发热功率为：P热=I2R=22×0.5=2W，所以电动机的输出功率为14 W﹣2W=12W，所以CD正确；本题选错误的，故选：B点评：对于电功率的计算，一定要分析清楚是不是纯电阻电路，对于非纯电阻电路，总功率和发热功率的计算公式是不一样的．9．（4分）两个环A、B置于同一水平面上，其中A为均匀带电绝缘环，B为导体环．当A 以如图所示的方向（顺时针）绕中心转动时，B中产生如图所示方向（逆时针）的感应电流．则（）A．A可能带负电且转速减小B．A可能带正电且转速恒定C．A可能带正电且转速减小D．A可能带负电且转速恒定考点：楞次定律．专题：应用题．分析：A环转动时产生等效电流，若电流产生的磁场使B中的磁通量发生变化，则可以在B中产生感应电流；根据楞次定律可判断A中带电及转动情况．解答：解：由图可知，B中电流为逆时针，由右手螺旋定则可知，感应电流的磁场向外；由楞次定律可知，引起感应电流的磁场可能为：向外减小或向里增大；若原磁场向里，则A中电流应为顺时针，故A应带正电，因磁场变强，故A中电流应增大，即A的转速应增大；若原磁场向外，则A中电流应为逆时针，即A应带负电，且电流应减小，即A的转速应减小，故A正确；故选A．点评：本题为楞次定律应用的逆过程，要明确B中感应电流是因为B中的磁通量发生变化引起的，同时还应知道由于A的转动而形成的等效电流的强弱与转速有关．10．（4分）铁路上使用一种电磁装置向控制中心传输信号以确定火车的位置：能产生匀强磁场的磁铁安装在火车首节车厢下面，如图（甲）所示（俯视图），当它经过安放在两铁轨间的线圈时，便会产生电信号，被控制中心接收．当火车通过线圈时，若控制中心接收到的线圈两端的电压信号为图（乙）所示，则说明火车在做（）A．匀速直线运动B．匀加速直线运动C．匀减速直线运动D．加速度逐渐增大的变加速直线运动考点：导体切割磁感线时的感应电动势；闭合电路的欧姆定律．专题：电磁感应与电路结合．分析：根据电压﹣时间图象得到电压与时间的关系式，由法拉第电磁感应定律得到火车速度与时间关系式，确定火车的运动性质．解答：解：由u﹣t图象得到，线圈两端的电压大小与时间成正比，即有u=kt由法拉第电磁感应定律u=BLv，则v==，B、L、k均一定，则速度v与时间t成正比，所以火车做匀加速直线运动．故选B点评：分析物体的运动，可以根据速度与时间的关系进行判断，有时根据位移与时间的关系判断．基础题．11．（4分）如图所示，图甲和图乙分别表示正弦脉冲波和方波的交变电流与时间的变化关系．若使这两种电流分别通过两个完全相同的电阻，则经过1min的时间，两电阻消耗的电功之比W甲：W乙为（）A．1：B．1：C．1：1 D．1：2考点：正弦式电流的最大值和有效值、周期和频率；电功、电功率．专题：交流电专题．分析：分别求出正弦脉冲波和方波的交变电流的有效值，根据W=I2Rt求出消耗的电功之比．解答：解：甲图中，交流电的有效值为：=A；乙图中，由有效值的定义可知：22R×（1×10﹣3）+R×2×10﹣3=I2R×（3×10﹣3）解得：I= A根据W=I2Rt知，在相同时间内消耗的电功之比等于1：1；故C正确，A、B、D错误．故选：C．点评：解决本题的关键掌握电流有效值的求法，抓住三个相同，即相同时间、相同电阻、相同热量．12．（4分）如图所示的甲、乙两个电路，电感线圈的自感系数足够大，且直流电阻不可忽略，闭合开关S，待电路达到稳定后，灯泡均能发光．现将开关S断开，这两个电路中灯泡亮度的变化情况可能是（）A．甲电路中灯泡将渐渐变暗B．甲电路中灯泡将先变得更亮，然后渐渐变暗C．乙电路中灯泡将渐渐变暗D．乙电路中灯泡将先变得更亮，然后渐渐变暗考点：自感现象和自感系数．分析：开关断开时，L相当于电源，灯泡渐渐变暗还是先变得更亮，然后渐渐变暗，取决于原来通过灯泡的电流和后来通过灯泡的电流谁大谁小．解答：解：对甲图，灯泡和L中的电流一样，断开开关时，L相当于电源，甲电路中灯泡将渐渐变暗，A正确；对乙图，开关断开时，L相当于电源，若L中的电流小于或等于灯泡中的电流，则乙电路中灯泡将渐渐变暗，C正确；若L中的电流大于灯泡中的电流，则乙电路中灯泡将先变得更亮，然后渐渐变暗，D正确．故选ACD点评：本题考查了电感线圈L对电流发生突变时的阻碍作用，注意灯泡是否闪亮一下的依据是看开关断开前L中的电流和灯泡中电流的大小关系．13．（4分）如图所示，竖直平行金属导轨MN、PQ上端接有电阻R，金属杆质量为m，跨在平行导轨上，垂直导轨平面的水平匀强磁场为B，不计ab与导轨电阻，不计摩擦，且ab与导轨接触良好．若ab杆在竖直向上的外力F作用下匀速上升，则以下说法正确的是（）A．拉力F所做的功等于电阻R上产生的热量B．杆ab克服安培力做的功等于电阻R上产生的热量C．电流所做的功等于重力势能的增加量D．拉力F与重力做功的代数和等于电阻R上产生的热量考点：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．专题：电磁感应——功能问题．分析：ab杆匀速上升时，动能不变，重力势能增加，整个回路的内能增加，根据能量守恒进行分析．解答：解：A、根据能量守恒定律知，拉力F做的功等于重力势能的增加量和电阻R上产生的热量之和．故A错误．B、根据功能关系知，杆ab克服安培力做功等于电阻R上产生的热量．故B正确．C、安培力的大小与重力的大小不等，则电流做的功与重力做功大小不等，即电流做功不等于重力势能的增加量．故C错误．D、根据动能定理知，拉力和重力做功等于克服安培力做功的大小，克服安培力做功等于电阻R上的热量．故 D正确．故选BD．点评：解决本题的关键理清整个过程中的能量转换，结合能量守恒定律和功能关系进行解决．14．（4分）如图甲所示，M是一个小型理想变压器，原副线圈匝数之比n1：n2=10：1，接线柱a、b接上一个正弦交变电源，电压随时间变化规律如图乙所示．变压器右侧部分为一火警报警系统原理图，其中R2为用半导体热敏材料（电阻随温度升高而减小）制成的传感器，R1为一定值电阻．下列说法中正确的是（）A．电压表V的示数为22VB．当传感器R2所在处出现火警时，电压表V的示数增大C．当传感器R2所在处出现火警时，电流表A的示数增大D．当传感器R2所在处出现火警时，电阻R1的功率变大考点：变压器的构造和原理．专题：交流电专题．分析：输出电压是由输入电压和匝数比决定的，输入的功率的大小是由输出功率的大小决定的，电压与匝数程正比，电流与匝数成反比，根据理想变压器的原理分析即可．解答：解：A、由图象可知，输入的电压为220V，变压器的电压与匝数成正比，由此可得副线圈的电压为22V，电压表测的是半导体热敏材料的电压，R1，R2的总电压为22V，所以电压表的示数小于22V，所以A错误；B、当出现火警时，温度升高，电阻R2减小，副线圈的电流变大，所以R1的电压要增大，由于副线圈的总电压不变，所以R2的电压就要减小，电压表V的示数减小，所以B错误；C、由B的分析可知，副线圈的电阻减小，副线圈的电流变大，所以原线圈的电流也就要增大，所以C正确；D、由B的分析可知，副线圈的电阻减小，副线圈的电流变大，由于R1的电阻不变，由P=I2R1可知，电阻R1的功率变大，所以D正确．故选：CD．点评：本题主要考查变压器的知识，要能对变压器的最大值、有效值、瞬时值以及变压器变压原理、功率等问题彻底理解．15．（4分）下列说法正确的是（）A．传感器担负着信息采集的任务B．话筒是一种常用的声传感器，其作用是将电信号转换为声信号C．自动洗衣机中水位的控制利用了压力传感装置D．霍尔元件能把磁感应强度这个磁学量转换为电压这个电学量考点：传感器在生产、生活中的应用；霍尔效应及其应用．分析：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．解答：解：A、传感器是通过非电学量转换成电学量来传递信号的，传感器担负着信息采集的任务，故A正确；B、动圈式话筒是一种常用的声传感器，其作用是将声信号转换为电信号，故B错误；C、自动洗衣机中水位的控制利用了压力传感装置，故C正确；D、霍尔元件能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：ACD点评：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．二、实验题：（2个小题，共12分）16．（6分）如图为“研究电磁感应现象”的实验装置．（1）将图中所缺的导线补画完整．（2）如果在闭合电键时发现灵敏电流计的指针向右偏了一下，那么合上电键后可能出现的情况有：a．将A线圈迅速插入B线圈时，灵敏电流计指针将向右偏转一下．b．A线圈插入B线圈后，将滑动变阻器触头迅速向左拉时，灵敏电流计指针将向左偏转一下．考点：研究电磁感应现象．专题：实验题．分析：（1）注意该实验中有两个回路，一是电源、电键、变阻器、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）磁场方向不变，磁通量的变化不变时电流方向不变，电流表指针偏转方向相同，磁通量的变化相反时，电流表指针方向相反．解答：解：（1）将电源、电键、变阻器、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）闭合开关，穿过副线圈的磁通量增大，灵敏电流表的指针向右偏；a．将A线圈迅速插入B线圈时，磁场方向不变，穿过副线圈的磁通量增大，灵敏电流计指针将向右偏转．b．A线圈插入B线圈后，将滑动变阻器触头迅速向左拉时，滑动变阻器接入电路的阻值变大，原线圈电流变小，穿过副线圈的磁场方向不变，但磁通量变小，灵敏电流计指针将左偏转．故答案为：（1）电路图如图所示．（2）右；左．点评：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．知道磁场方向或磁通量变化情况相反时，感应电流反向是判断电流表指针偏转方向的关键．17．（6分）某研究性学习小组利用如图甲所示电路测量电池组的电动势E和内阻r．根据实验数据绘出如图乙所示的﹣R图线，其中R为电阻箱读数，I为电流表读数，由此可以得到E=3V，r=0.9Ω．考点：测定电源的电动势和内阻．专题：实验题．分析：根据闭合电路欧姆定律I=，进行数学变形，得到R与的关系式，根据数学知识研究R﹣图象的斜率和截距的意义，求解电源的电动势和内阻．解答：解：根据闭合电路欧姆定律I=，解得：=+，由数学知识得知，﹣R图象的斜率等于，纵轴截距的绝对值等于，则由图得到，电源的电动势为E==3.0V，内阻r=0.9Ω故答案为：（1）3（2）0.9点评：物理图象关键要根据物理规律得到解析式，运用数学知识分析图象的物理意义．本题采用的是转换法，本来I﹣R是非线性关系，转换成R﹣是线性关系，图象直观，一目了然．三、计算题（3个小题，共28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）18．（8分）如图所示，两根平行光滑金属导轨MP、NQ与水平面成θ=37°角固定放置，导轨电阻不计，两导轨间距L=0.5m，在两导轨形成的斜面上放一个与导轨垂直的均匀金属棒ab，金属棒ab处于静止状态，它的质量为m=5×10﹣2kg．金属棒ab两端连在导轨间部分对应的电阻为R2=2Ω，电源电动势E=2V，电源内阻r=1Ω，电阻R1=2Ω，其他电阻不计．装置。
2014-2015高二第二学期开学考试
金寨一中2014-2015学年第二学期高二年级开学考试物理试卷一、选择题（每小题4分，共12小题，满分48分） 1．下列说法中正确的是（ ）A ．摩擦起电，是因为摩擦导致质子从一个物体转移到另一个物体而形成的B ．在电场中无论移动正电荷还是负电荷，只要电场力做正功，电荷电势能一定要减少C ．在地毯中夹杂导电纤维是为了利用人在地毯上行走时摩擦产生的静电D ．电势降低的方向，一定就是场强方向2．如图所示，真空中有两个等量异种点电荷，A 、B 分别为两电荷连线和连线中垂线上的点，A 、B 两点电场强度大小分别是E A 、E B ，电势分别是φA 、φB ，下列判断正确的是（ ）A ．E A ＞EB ，φA ＞φB B ．E A ＞E B ，φA ＜φBC ．E A ＜E B ，φA ＞φBD ．E A ＜E B ，φA ＜φB3．在图示的非匀强电场中，实线表示电场线。
在只受电场力的作用下，电子从A 点运动到B 点。
电子在A 点的速度方向如图所示。
比较电子在A 、B 两点的速度、加速度、电势能，其中正确的是（ ）A. v A > v B 、a A <a B 、E pA > E pBB. v A > v B 、a A >a B 、E pA <E pBC. v A < v B 、a A <a B 、E pA < E pBD. v A < v B 、a A > a B 、E pA > E pB4．两根材料相同的均匀导线A 和B ，其长度分别为L 和2L ，串联在电路中时沿长度方向电势的变化如图所示，则A 和B 导线的横截面积之比为 ( ) A ．2∶3 B ．1∶3 C ．1∶2 D ．3∶15．如图所示，A 、B 为相同的两个灯泡，均发光，当变阻器的滑片P 向下端滑动时，则（ ）A ．A 灯变亮，B 灯变暗 B ．A 灯变暗，B 灯变亮C ．A 、B 灯均变亮 D.A 、B 灯均变暗6．如图所示，直线A 为电源的U I 图线，直线B 为电阻R 的U I 图线，用该电源和电阻组成闭合电路时，电源的输出功率和电路的总功率分别是 （ ） A ．4 W 8 W B ．2 W 4 W C ．4 W 6 W D ．2 W 3 W 7．如图所示，在水平直导线正下方，放一个可以自由转动的小磁针. 现给直导线通以向右的恒定电流，不计其他磁场的形响，则( ) A ．小磁针保持不动B ．小磁针的N 将向下转动C ．小磁针的N 极将垂直于纸面向里转动D ．小磁针的N 极将垂直于纸面向外转动8．如图所示，图中“×”表示磁感线的方向垂直纸面向里，当导体ab 向左运动时，（ab 与cd 、ef 的接触处都能通电），小磁针（ ）A.一定转动B.一定不转动C.可能转动，也可能不转动D.无法判断9．如图所示，质量为m 的金属环用线悬挂起来．金属环有一半处于水平且与环面垂直的匀强磁场中．从某时刻开始，磁感应强度均匀减小，则在磁感应强度均匀减小的过程中，关于线拉力的大小的下列说法正确的是( )A ．大于环的重力mg ，并逐渐减小B ．始终等于环的重力mgC ．小于环的重力mg ，并保持恒定D ．大于环的重力mg ，并保持恒定10．如图所示，一质子以速度v 从左侧射入互相垂直的电场和磁场区域而没有发生偏转，在不计重力的情况下，下列说法正确的是 （ ）A ．若电子以相同速度v 射入该区域，将会发生偏转B ．无论何种带电粒子，只要以相同速度射入都不会发生偏转C ．若质子的速度v'<v ，它将向上偏转D ．若质子从右侧以相同大小的速度射入仍然不发生偏转11．如图所示，矩形线框在匀强磁场中做的各种运动中，能够产生感应电流的是（ ）12．如图所示，有一闭合的等腰直角三角形导线ABC ，若让它沿BA 的方向匀速通过有明显边界的匀强磁场，从图示位置开始计时，在整个过程中，线框内的感应电流随时间变化的图象应是图中的（场区宽度大于直角边长，以逆时针方向为正） （ ）13.下述图中，游标卡尺示数是_______cm，螺旋测微器示数是______mm，欧姆表的档位开关置于“×100”档，用它测电阻的示数是________Ω。
【物理】辽宁省沈阳市东北育才学校2014-2015学年高二下学期开学试卷
2014-2015学年辽宁省沈阳市东北育才学校高二（下）开学物理试卷参考答案与试题解析一、选择题（本题共12小题，每小题4分，共48分．在每小题给出的四个选项中，有的小题只有一个选项是正确的，有的小题有多个选项是正确的，全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错或不答的得0分）1．（4分）如图所示，位于光滑固定斜面上的小物块P受到一水平向右的推力F的作用，已知物块P沿斜面加速下滑，现保持F的方向不变，使其减小，则加速度（）A．一定变小B．一定变大C．一定不变D．可能变小，可能变大，也可能不变考点：牛顿第二定律；力的合成与分解的运用．专题：牛顿运动定律综合专题．分析：对物块进行受力分析，物块受重力、支持力、推力，沿斜面加速下滑，知加速度的方向沿斜面向下，根据牛顿第二定律列出方程，根据F的变化，可知加速度的变化．解答：解：小物块P在推力F的作用下，沿光滑固定斜面加速下滑，设小物块的质量为m，斜面的倾角为θ，分析小物块的受力，并建立小物块的动力学方程，由牛顿第二定律，有：mgsinθ﹣Fcosθ=ma∴a=gsinθ﹣．当保持F的方向不变，使其减小时，则加速度a一定变大．故B正确，A、C、D错误．故选B．点评：解决本题的关键熟练运用正交分解，根据牛顿第二定律求出加速度．2．（4分）如图所示，A、B球的质量相等，弹簧的质量不计，倾角为θ的斜面光滑，系统静止时，弹簧与细线均平行于斜面，在细线被烧断的瞬间下列说法正确的是（）A．两个小球的瞬时加速度均沿斜面向下，大小均为gsinθB．B球的受力情况未变，瞬时加速度为零C．A球的瞬时加速度沿斜面向下，大小为2gsinθD．弹簧有收缩的趋势，B球的瞬时加速度向上，A球的瞬时加速度向下，瞬时加速度都不为零考点：牛顿第二定律；胡克定律．分析：（1）根据平衡条件可知：对B球F弹=mgsinθ，对A球F绳=F弹+mgsinθ；（2）细线被烧断的瞬间，细线的拉力立即减为零，但弹簧的弹力不会瞬间发生改变；（3）对A、B球分别进行受力分析，根据牛顿第二定律即可求出各自加速度．解答：解：系统静止，根据平衡条件可知：对B球F弹=mgsinθ，对A球F绳=F弹+mgsinθ，细线被烧断的瞬间，细线的拉力立即减为零，但弹簧的弹力不发生改变，则：A．B球受力情况未变，瞬时加速度为零；对A球根据牛顿第二定律得：a===2gsinθ，故A错误；B．B球的受力情况未变，瞬时加速度为零，故B正确；C．对A球根据牛顿第二定律得：a===2gsinθ，故C正确；D．B球的受力情况未变，瞬时加速度为零，故D错误；故选BC．点评：该题是牛顿第二定律的直接应用，本题要注意细线被烧断的瞬间，细线的拉力立即减为零，但弹簧的弹力不发生瞬间改变，该题难度适中．3．（4分）斜面上的物体受到平行于斜面向下的力F作用，力F随时间变化的图象及物体运动的坩图象如图所示．由图象中的信息能够求出的物理量或可以确定的关系有（）A．物体的质量mB．斜面的倾角θC．μ＞tanθD．物体与斜面间的动摩擦因数μ考点：牛顿第二定律；匀变速直线运动的速度与时间的关系．专题：动态预测题；牛顿运动定律综合专题．分析：由v﹣t图象判断物体在不同时间内的运动情况，由F﹣t图象可以读出物体在不同时间内所受到的推力大小．由v﹣t图象分析得知物体4﹣6s内处于平衡状态，由平衡条件求出物体所受摩擦力大小．物体在0﹣2s内做匀加速直线运动，由v﹣t图象的斜率求出加速度，再由牛顿第二定律求解物块的质量．由摩擦力公式求出μ．解答：解：设斜面的倾角为θ由v﹣t图象可知，在4～6s内物体处于匀速直线运动状态，由平衡条件可知，物体所受到的滑动摩擦力f与拉力F及重力在斜面上的分量平衡，即f=F+mgsinθ，由图F﹣t图象可知，在2s～6s内，推力F=2N，则物体所受到的摩擦力f=2+mgsinθ…①．物体在0﹣2s内做匀加速直线运动，由v﹣t图象的斜率得出加速度…②，由F﹣t图象在0﹣2s内读出F=3N，由牛顿第二定律得 F+mgsinθ﹣f=ma…③，由①②③解得 m=1kg，故A正确f=μmgcosθ…④由①④物块与斜面之间的动摩擦因数，故C正确；由于θ未知，故不能算出μ，故BD错误．故选：AC．点评：本题考查了学生对图象问题的分析能力，能从图象中得出相关的信息，根据牛顿定律求解物理量，是常见题型．4．（4分）如图，在光滑水平面上有一质量为m1的足够长的木板，其上叠放一质量为m2的木块．假定木块和木板之间的最大静摩擦力和滑动摩擦力相等．现给木块施加一随时间t增大的水平力F=kt（k是常数），木板和木块加速度的大小分别为a1和a2，下列反映a1和a2变化的图线中正确的是（）A．B．C．D．考点：牛顿第二定律．专题：压轴题；牛顿运动定律综合专题．分析：当F比较小时，两个物体相对静止，一起加速运动，加速度相同，根据牛顿第二定律得出加速度与时间的关系．当F比较大时，m2相对于m1运动，两者加速度不同，根据牛顿第二定律分别对两个物体研究，得出加速度与时间的关系，再选择图象．解答：解：当F比较小时，两个物体相对静止，加速度相同，根据牛顿第二定律得：a==，a∝t；当F比较大时，m2相对于m1运动，根据牛顿第二定律得：对m1：a1=，μ、m1、m2都一定，则a1一定．对m2：a2===t﹣μg，a2是t的线性函数，t增大，a2增大．由于，则两木板相对滑动后a2图象大于两者相对静止时图象的斜率．故A正确．故选：A点评：本题首先要分两个相对静止和相对运动两种状态分析，其次采用整体法和隔离法研究得到加速度与时间的关系式，再选择图象，是经常采用的思路．5．（4分）如图甲所示，在倾角为θ的光滑斜面上，有一个质量为m的物体在斜面方向的力F的作用下由静止开始运动，物体的机械能E随位移x的变化关系如图乙所示，其中O～x1过程的图线是曲线，x1～x2过程的图线为平行于x轴的直线，则下列说法中正确的是（）A．物体在沿斜面向上运动B．在0～x1过程中，物体的加速度一直减小C．在0～x2过程中，物体先减速再匀速D．在x1～x2过程中，物体的加速度为gsinθ考点：功能关系．分析：根据功能关系：除重力以外其它力所做的功等于机械能的增量，在0～x1过程中物体机械能在减小，知拉力在做负功，机械能与位移图线的斜率表示拉力．当机械能守恒时，拉力等于零，通过拉力的变化判断其加速度的变化．解答：解：A、在0～x1过程中物体机械能在减小，知拉力在做负功，拉力方向向上，所以位移方向向下，故物体在沿斜面向下运动，故A错误；B、在0～x1过程中图线的斜率逐渐减小到零，知物体的拉力逐渐减小到零．根据a=，可知，加速度逐渐增大，故B错误；C、在0～x1过程中，加速度的方向与速度方向相同，都沿斜面向下，所以物体做加速运动，故C错误；D、在x1～x2过程中，机械能守恒，拉力F=0，此时a=，故D正确．故选：D点评：解决本题的关键通过图线的斜率确定出拉力的变化，然后根据牛顿第二定律判断出加速度的方向，根据加速度方向和速度的方向关系知道物体的运动规律．6．（4分）如图所示，一个小球（视为质点）从H=12m高处，由静止开始通过光滑弧形轨道AB，进入半径R=4m的竖直圆环，圆环轨道部分的动摩擦因数处处相等，当到达环顶C时，刚好对轨道压力为零；沿CB滑下后，进入光滑弧形轨道BD，且到达高度为h的D点时速度为零，则h之值可能为（g=10m/s2）（）A．8m B．9m C．10m D．11m考点：机械能守恒定律；向心力．专题：机械能守恒定律应用专题．分析：到达环顶C时，刚好对轨道压力为零，根据牛顿第二定律求出在C点的速度．根据动能定理研究小球上升到顶点过程求出摩擦力做功．小球沿轨道下滑，由于机械能有损失，所以下滑速度比上升速度小，因此对轨道压力变小，所受摩擦力变小，所以下滑时，摩擦力做功大小小于上升过程做的功．根据能量守恒分析解答．解答：解：到达环顶C时，刚好对轨道压力为零所以在C点，重力充当向心力根据牛顿第二定律因此mg=m得 R=4m所以mv2=2mg所以在C点，小球动能为2mg，因为圆环半径是4m，因此在C点，以b点为零势能面，小球重力势能=2mgR=8mg开始小球从H=12m 高处，由静止开始通过光滑弧形轨道ab因此在小球上升到顶点时，根据动能定理得：W f+mg（12﹣8）=mv2﹣0所以摩擦力做功w f=﹣2mg，此时机械能等于10mg，之后小球沿轨道下滑，由于机械能有损失，所以下滑速度比上升速度小，因此对轨道压力变小，所受摩擦力变小，所以下滑时，摩擦力做功大小小于2mg，机械能有损失，到达底端时小于10mg此时小球机械能大于10mg﹣2mg=8mg，而小于10mg所以进入光滑弧形轨道bd时，小球机械能的范围为，8mg＜E p＜10mg所以高度范围为8m＜h＜10m，故选：B．点评：选取研究过程，运用动能定理解题．动能定理的优点在于适用任何运动包括曲线运动．了解研究对象的运动过程是解决问题的前提，根据题目已知条件和求解的物理量选择物理规律解决问题．动能定理的应用范围很广，可以求速度、力、功等物理量，特别是可以去求变力功．7．（4分）汽车在平直公路上以速度v0匀速行驶，发动机功率为P，牵引力为F0，t1时刻，司机减小了油门，使汽车的功率立即减小一半，并保持该功率继续行驶，到t2时刻，汽车又恢复了匀速直线运动（设整个过程中汽车所受的阻力不变）．则图中能反映汽车牵引力F、汽车速度V在这个过程中随时间t变化的图象是（）A．B．C．D．考点：功率、平均功率和瞬时功率．专题：功率的计算专题．分析：汽车的功率P=Fv，分析司机减小油门时牵引力的变化，判断汽车速度的变化．再选择图象．解答：解：由题，汽车以功率P、速度v0匀速行驶时，牵引力与阻力平衡．当司机减小油门，使汽车的功率减为时，根据P=Fv得知，汽车的牵引力突然减小到原来的一半，即为F=F0，而阻力没有变化，则汽车开始做减速运动，由于功率保持为P，随着速度的减小，牵引力逐渐增大，根据牛顿第二定律得知，汽车的加速度逐渐减小，做加速度减小的变减速运动．当汽车再次匀速运动时，牵引力与阻力再次平衡，大小相等，由P=Fv得知，此时汽车的速度为原来的一半．故选AD点评：本题考查分析汽车运动过程的能力，要抓住汽车的功率P=Fv，在功率一定时，牵引力与速度成反比，是相互制约的关系．8．（4分）（多选）如图所示，在匀速转动的电动机带动下，足够长的水平传送带以恒定速率v1匀速向右运动，一质量为m的滑块从传送带右端以水平向左的速率v2（v2＞v1）滑上传送带，最后滑块返回传送带的右端．关于这一过程的下列判断，正确的有（）A．滑块返回传送带右端的速率为v1B．此过程中传送带对滑块做功为mv12﹣mv22C．此过程中电动机对传送带做功为2m12D．此过程中滑块与传送带间摩擦产生的热量为m（v1+v2）2考点：动能定理的应用；牛顿第二定律；功能关系．专题：动能定理的应用专题．分析：物体由于惯性冲上皮带后，受到向左的滑动摩擦力，减速向右滑行，之后依然受到向左的滑动摩擦力，会继续向左加速，然后根据v1小于v2的情况分析．根据动能定理得全过程传送带对物块做的总功．根据能量守恒找出各种形式能量的关系．解答：解：A：由于传送带足够长，物体减速向左滑行，直到速度减为零，然后物体会在滑动摩擦力的作用下向右加速，由于v1＜v2，物体会先在滑动摩擦力的作用下加速，当速度增大到等于传送带速度时，物体还在传送带上，之后不受摩擦力，故物体与传送带一起向右匀速运动，有v′2=v1；故A正确；B：此过程中只有传送带对滑块做功根据动能定理W′=△E K得：W=△E K=mv12﹣mv22，故B错误；D：设滑块向左运动的时间t1，位移为x1，则：x1=t1=t1摩擦力对滑块做功：W1=fx1=f t1①又摩擦力做功等于滑块动能的减小，即：W1=mv22②该过程中传送带的位移：x2=v1t1摩擦力对传送带做功：W2=fx2=fv1t1=fv1=2fx③将①②代入③得：W2=mv1v2设滑块向左运动的时间t2，位移为x3，则：x3=t2摩擦力对滑块做功：W3=fx3=mv12该过程中传送带的位移：x4=v1t2=2x3滑块相对传送带的总位移：x相=x1+x2+x4﹣x3=x1+x2+x3滑动摩擦力对系统做功：W总=fx相对=W1+W2+W3=m（v1+v2）2滑块与传送带间摩擦产生的热量大小等于通过滑动摩擦力对系统做功，Q=W总=f•x相=m（v1+v2）2，故D正确；C：全过程中，电动机对皮带做的功与滑块动能的减小量等于滑块与传送带间摩擦产生的热量，即Q=W+mv22﹣mv12整理得：W=Q﹣mv22+mv12=mv12+mv1v2，故C错误．故选：AD．点评：本题关键是对于物体返回的过程分析，物体先做减速运动，之后反向加速，最后做匀速运动．但是计算滑块与传送带间摩擦产生的热量的过程太复杂．9．（4分）如图所示，在x轴固定着两个等电荷量同种点电荷+Q，它们之间的距离为2L，b 点为两电荷连线中点，a，b两点关于左侧+Q对称，c，d两点到x轴的距离也为L．规定无穷远处电势为0，则下列判断正确的是（）A．c、d两点场强相同B．电荷﹣q从c点沿虚线移动到d点，电荷﹣q的电势能不变C．c点电势等于d点电势D．a、b、c、d四点的场强大小关系为E c=E d＞E a＞E b考点：电势；电场强度．专题：电场力与电势的性质专题．分析：根据两个等电荷量同种点电荷+Q产生的电场的特点即可解答．解答：解：将题目的图与两个等电荷量同种点电荷+Q的电场图比较，如图：A、由图可得，cd两点的电场的方向不同，故A错误；B、两个等电荷量同种点电荷+Q的电场具有对称性，所以cd两点的电势相等，电荷﹣q从c 点沿虚线移动到d点，电荷﹣q的电势能不变．故BC正确；D、两个等电荷量同种点电荷+Q的两个电荷的连线上，中点处的合场强是0，所以b点处的场强最小；又由图可得，cd两点的场强大小相等，方向不同；cd两点处的电场线比a处的电场线密．所以a、b、c、d四点的场强大小关系为E c=E d＞E a＞E b．故D正确．故选：BCD点评：本题关键是要明确两个等量同种电荷连线的中垂线上的场强分布情况和电势分布情况，沿着场强方向，电势越来越低．10．（4分）（多选）如图所示，真空中有一个固定的点电荷，电荷量为+Q．图中的虚线表示该点电荷形成的电场中的等势面．有两个一价离子M、N（不计重力，也不计它们之间的电场力）先后从a点以相同的速率v0射入该电场，运动轨迹分别为曲线apb和aqc，其中p、q分别是它们离固定点电荷最近的位置．以下说法正确的是（）A．M是正离子，N是负离子B．M在p点的速率大于N在q 的速率C．M在b点的速率大于N在c的速率D．M从p→b过程中电势能的增量小于N从a→q电势能的增量考点：电势能．分析：根据轨迹判定电荷N受到中心电荷的斥力，而电荷M受到中心电荷的引力，可知两粒子在从a向b、c运动过程中电场力做功情况．根据abc三点在同一等势面上，可判定从a到b和从a到c过程中电场力所做的总功为零．解答：解：A、由图可知电荷N受到中心电荷的斥力，而电荷M受到中心电荷的引力，故两粒子的电性一定不同．由于中心电荷为正电，则M一定是负离子，N一定是正离子，故A 错误；B、由图可判定M电荷在运动过程中，电场力做正功，导致动能增加；而N电荷在运动过程中，电场力做负功，导致动能减小．所以在p点的速率一定大于N在q点的速率，故B正确；C、由于abc三点在同一等势面上，故粒子M在从a向b运动过程中电场力所做的总功为0，N粒子在从a向c运动过程中电场力所做的总功为0．由于两粒子以相同的速率从a点飞入电场故两粒子的分别经过b、c两点时的速率一定相等．故C错误．D、由图可知q点离正电荷更近一些，N粒子在从a向q运动过程中电场力做负功的值大于粒子M在从p向b运动过程中电场力做负功的值，故M从p→b过程电势能的增量一定小于N从a→q电势能的增量．故D正确．故选：BD．点评：根据轨迹判定“电荷N受到中心电荷的斥力，而电荷M受到中心电荷的引力”是解决本题的突破口．11．（4分）如图所示的电路中，AB是两金属板构成的平行板电容器．先将电键K闭合，等电路稳定后再将K断开，然后将B板向下平移一小段距离，并且保持两板间的某点P与A 板的距离不变．则下列说法正确的是（）A．电容器的电容变小B．电容器内部电场强度大小变大C．电容器内部电场强度大小不变D．P点电势升高考点：电容器的动态分析．专题：电容器专题．分析：在电容器的电量不变的情况下，将B板下移，则导致电容变化，电压变化，根据E=与c=相结合可得E=，从而确定电场强度是否变化．再根据电荷带电性可确定电势能增加与否．解答：解：A、根据c=，当B板向下平移一小段距离，间距d增大，其它条件不变，则导致电容变小，故A正确；B、根据E=与c=相结合可得E=，由于电量不变，场强大小不变，故B错误C 正确；D、B板接地，场强不变，所以P点与地间的电势差增大，即P点电势升高，故D正确；故选：ACD点评：做好电容器的题目要把电容的定义式、决定式和场强的推导式结合应用．12．（4分）如图所示，在粗糙绝缘水平面上固定两个等量同种电荷P、Q，在PQ连线上的M 点由静止释放一带电滑块，则滑块会由静止开始一直向右运动到PQ连线上的另一点N而停下，则滑块由M到N的过程中，以下说法正确的是（）A．滑块受到的电场力一定是先减小后增大B．滑块的电势能一直减小C．滑块的动能与电势能之和可能保持不变D．PM间距一定小于QN间距考点：电势能；牛顿第二定律．专题：电场力与电势的性质专题．分析：A、滑块受到的电场力是两个电荷对它作用力的合力B、看电场力做功的情况，判断电势能的变化．C、若水平面光滑，动能和电势能相互转化，若水平面不光滑，动能、电势能和内能之间的转化．D、PN间距不等于QN间距，知水平面不光滑，则PM间距小于QN间距．解答：解：A、滑块受到的电场力是两个电荷对它作用力的合力．在PQ的中点，两个电荷对滑块作用力的合力为0，从M向右电场力先减小，过PQ的中点，电场力又增大．但不知道N点是否在中点右侧，故不能确定具体变化．故A错误B、若N点在中点右侧，则在PQ中点的左侧，所受的电场力向右，在PQ中点的右侧，所受电场力向左，可见电场力先做正功后做负功，电势能先减小后增大．故B错误．C、因水平面不光滑，知内能增加，则动能与电势能之和减小．故C错误．D、因水平面不光滑，PN间距不等于QN间距，在水平方向上除了受电场力以外，还受摩擦力，则运动到速度为0的位置在M对称点的左侧，所以PM＜QN．故D正确故选：D．点评：解决本题的关键会进行电场的叠加，以及会根据电场力做功判断电势能的变化．二、实验填空题（本题共3小题，其中13题3分14题6分，15每题6分共15分）13．（3分）图（a）为示管的原理图．如果在电极YY′之间所加的电压图按图（b）所示的规律变化，在电极XX′之间所加的电压按图（c）所示的规律变化，则在荧光屏上会看到的图形是（）A．B．C．D．考点：示波管及其使用．分析：示波管的YY′偏转电压上加的是待显示的信号电压，XX′偏转电极通常接入锯齿形电压，即扫描电压，当信号电压与扫描电压周期相同时，就可以在荧光屏上得到待测信号在一个周期内的稳定图象．解答：解：由于电极XX′加的是扫描电压，电极YY′之间所加的电压是信号电压，信号电压与扫描电压周期相同，所以荧光屏上会看到的图形是B；故选B．点评：本题关键要清楚示波管的工作原理，要用运动的合成与分解的正交分解思想进行思考．14．（6分）图为验证机械能守恒定律的实验装置示意图．现有的器材为：带铁夹的铁架台、电磁打点计时器、纸带、带铁夹的重锤、天平．回答下列问题：（1）为完成此实验，除了所给的器材，还需要的器材有AD．（填入正确选项前的字母）A．米尺B．秒表C．0～12V的直流电源D．0～12V的交流电源（2）实验中误差产生的原因有纸带与打点计时器之间有摩擦，用米尺测量纸带上点的位置时读数有误差，．（写出两个原因）考点：验证机械能守恒定律．分析：解决实验问题首先要掌握该实验原理，了解实验的仪器、操作步骤和数据处理以及注意事项．我们要从仪器的使用和长度的测量去考虑器材．解答：解：（1）用A项米尺测量长度，用D项交流电源供打点计时器使用．（2）纸带与打点计时器之间有摩擦，用米尺测量纸带上点的位置时读数有误差，计算势能变化时，选取始末两点距离过近，交流电频率不稳定．故答案为：（1）AD（2）纸带与打点计时器之间有摩擦，用米尺测量纸带上点的位置时读数有误差，计算势能变化时，选取始末两点距离过近，交流电频率不稳定．点评：对于误差我们要分析为什么会存在误差以及怎么减小误差．其中减少纸带与打点计时器之间有摩擦，我们打点计时器安装时，面板要竖直．计算势能变化时，选取始末两点距离不能过近，减小读数的相对误差．15．（6分）“探究加速度与物体质量、物体受力的关系”的实验装置如图甲所示．（1）在平衡小车与桌面之间摩擦力的过程中，打出了一条纸袋如图乙所示．计时器大点的时间间隔为0.02s．从比较清晰的点起，每5个点取一个计数点，量出相邻计数点之间的距离．该小车的加速度a=0.16m/s2．（结果保留两位有效数字）（2）平衡摩擦力后，将5个相同的砝码都放在小车上．挂上砝码盘，然后每次从小车上取一个砝码添加到砝码盘中，测量小车的加速度．小车的加速度a与砝码盘中砝码总重力F的实验数据如表砝码盘中砝码总重力F（N）0.196 0.392 0.588 0.784 0.980加速度a（m•s﹣20.69 1.18 1.66 2.18 2.70请根据实验数据作出a﹣F的关系图象．（3）根据提供的试验数据作出的a﹣F图线不通过原点，请说明主要原因．考点：探究加速度与物体质量、物体受力的关系．专题：压轴题．分析：该实验是探究加速度与力、质量的三者关系，研究三者关系必须运用控制变量法．纸带法实验中，若纸带匀变速直线运动，测得纸带上的点间距，利用匀变速直线运动推论，可计算出打出某点时纸带运动加速度．根据图中的数据，合理的设计横纵坐标的刻度值，据数据确定个点的位置，将个点用一条直线连起来，延长交与坐标轴某一点．知道为什么需要平衡摩擦力以及不平衡摩擦力带来什么问题．解答：解：（1）处理匀变速直线运动中所打出的纸带，求解加速度用公式△x=at2，由于每5个点取一个点，则连续两点的时间间隔为t=0.1s，△x=（3.68﹣3.52）×10﹣2m，带入可得加速度a=0.16m/s2．（2）如图所示（3）未放入砝码时，小车已有加速度，可以判断未计入砝码盘的重力．答案：（1）0.16 （2）（见图）（3）未计入砝码盘的重力点评：实验问题需要结合物理规律去解决．处理图象问题要注意图线的斜率、交点、拐点、面积等意义，能正确理解这些量的意义则很多问题将会迎刃而解．对于实验我们要清楚每一项操作存在的理由．其中平衡摩擦力的原因以及做法在实验中应当清楚．数据处理时注意单位的换算和有效数字的保留．。
2014-2015学年度第二学期期中考试高二物理试题(含答案)
6.2014-2015学年度第二学期期中教学质量检测物理试题命题人: 审核人: 注意事项： 本试卷满分100分，考试时间100分钟 答卷前，考生务必将本人的学校、班级、姓名、考试号填在答题纸的密封线内. 将每题的答案或解答写在答题纸上，在试卷上答题无效. 考试结束，只交答题纸. 、单项选择题：本题共 6小题，每小题3分，共计18分•每小题只有一个 选项符合题意. l . 2. 3. 4. 2. 某矩形线圈在匀强磁场中匀速转动，产生的感应电动势为 增加1倍，保持其他条件不变，则产生的感应电动势为 A . e=E m sin2otB . e=2E m sin2 otC . e=2E m sin4otD . e=4E m sin2ot 中央电视台《焦点访谈》多次报道某些边远落后农村电价过高，农民负担过重，其中客 观原因是电网陈旧老化•近年来进行了农村电网改造，为了减少远距离输电线路上的电能损耗而降低电费价格，以下措施中切实可行 e=E m sin cot 若将线圈的转速 的是 3. 4. 5. A .提高输送功率B .C •提高输电电压D . 如图所示，三只完全相同的灯泡 a 、b 、c 分别与电阻R 、电感L 、电容C 串联，再将三 者并联，接在 “220V 100HZ'的交变电压两端，三只灯泡亮度相同，若将交变电压改为“220V 50Hz ”，则 A .三只灯泡亮度不变 B .三只灯泡都将变亮 C. a 亮度不变，D. a 亮度不变， 如图一矩形线圈， 的固定轴转动，线圈中的感应电动势 e 随时间t 的变化 如图，下列说法中正确的是A . t 1时刻通过线圈的磁通量为零B . t 2时刻线圈位于中性面C . t 3时刻通过线圈的磁通量变化率的绝对值最大D .每当e 变化方向时，通过线圈的磁通量最大 如图所示是一个火警报警器电路的示意图.其中 这种半导体热敏材料的电阻率随温度的升高而增大. 电源两极之间接一报 示器的电流 A . I 变大， C . I 变大， 如图甲所示，为一种调光台灯电路示意图，它通过双向可控硅电 子器件实现了无级调节亮度.给该台灯接220 V 的正弦交流电后 加在灯管两端的电压如图乙所示，则此时交流电压表的示数为 用超导材料做输电线 减小输电线的横截面 a 、 b 变亮，c 变暗 b 变暗，c 变亮绕垂直于匀强磁场并位于线圈平面警器•当传感器 I 、报警器两端的电压 U 变大 U 变小L\J■0,4R 3为用半导体热敏材料制成的传感器， 值班室的显示器为电路中的电流表, R 3所在处出现火情时，显 U 的变化情况是 变小，U 变大变小，U 变小220 110C. ■ VD. - V.2 2二、多项选择题.本题共6小题，每小题4分，共计24分.每小题有多个选项符合题意. 全部选对的得4分，选对但不全的得2分，错选或不答的得0分.7•关于涡流，下列说法中正确是A •真空冶炼炉是利用涡流来熔化金属的装置B •家用电磁炉锅体中的涡流是由恒定磁场产生的C •阻尼摆摆动时产生的涡流总是阻碍其运动D •变压器的铁芯用相互绝缘的硅钢片叠成能减小涡流&如图甲所示为某工厂成品包装车间的光传感记录器，光敏电阻发出的光，每当工件挡住A发出的光，光传感器处理后在屏幕显示出电信号与时间的关系，如图乙所示•若传送带保持匀加速运动，每个工件均相对传送带静止，且相邻工件间距依次为5、10、15、20、…（单位：cm）.则以下说法正确的是（不计工件挡住光的时间）A .工件的加速度为0.1 m/s2B .工件的加速度为0.2 m/s2C .当无光照射R1时，光传感器就输出一次高电压D •当无光照射R1时，光传感器就输出一次低电压9•如图甲、乙所示电路中，电阻R和电感线圈L的电阻都很小•接通B. 110V灯泡A发光，则S,使电路达到上磁炉R1能接收到发光元件AB就输出一个电信号，并经信号处理器12. 如图所示，相距为d 的两水平虚线L 1和L 2分别是水平向里的匀强磁场的上下两个边界， 磁场的磁感应强度为 B ,正方形线框abdc 边长为L (L<d ),质量为 方高h 处由静止释放.如果 ab 边进入磁场时的速度为 V 0, cd 边刚 穿出磁场时的速度也为 V 。
高二下学期开学考试物理试题(含答案和解析)
四川省成都外国语学校【精品】高二下学期开学考试物理试题学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________一、单选题1．下列说法正确的是（ ）A ．卡文迪许通过扭秤实验测出了静电力常量B ．电流的磁效应是法拉第发现的C ．摩擦起电是在摩擦的过程中创造了电荷D ．FE q=是通过比值法来定义物理量 2．真空中两个点电荷相距r 时,静电力为F ,如果保持它们的电量不变,而将距离增大为2r 时,则静电力将变为A ．2F B ．F C ．4FD ．2F3．如图所示，一质量为M 的木质框架放在水平桌面上，框架上悬挂一劲度系数为k 的轻质弹簧，弹簧下端拴接一质量为m 的铁球。
用手向下拉一小段距离后释放铁球。
铁球便上下做谐运动，则（ ）A ．弹簧处于原长时的位置是铁球做简谐运动的平衡位置B ．在铁球向平衡位置运动的过程中，铁球的位移、回复力、加速度都逐渐减小，速度和小球重力势能增大C ．若弹簧振动过程的振幅可调，则当框架对桌面的压为零时，弹簧的压缩量为mgkD ．若弹簧振动过程的振幅可调，且保证木质框架不会离开桌面，则铁球的振幅最大是()m M gk+ 4．如图所示，虚线a 、b 、c 代表电场中的三个等势面，相邻等势面之间的电势差相等，即U ab=U bc，实线为一带负电的点电荷仅在电场力作用下通过该区域时的运动轨迹，P、R、Q是这条轨迹上的三点，R在等势面b上，据此可知（）A．三个等势面中，c的电势最低B．该点电荷在R点的加速度方向垂直于等势面bC．Q点的场强大于P点场强D．该点电荷在P点的电势能比在Q点的小5．图中a、b、c、d为四根与纸面垂直的长直导线，其横截面位于正方形的四个顶点上，导线中通有大小相同的电流，方向如图所示．可以判断出a、b、c、d四根长直导线在正方形中心O处产生的磁感应强度方向是( )A．向左B．向右C．向上D．向下6．如图所示，a、b是两个匀强磁场边界上的两点，左边匀强磁场的磁感线垂直纸面向里，右边匀强磁场的磁感线垂直纸面向外，右边的磁感应强度大小是左边的磁感应强度大小的2倍。
14—15学年下学期高二期末考试物理试题(附答案) (2)
扶余市第一中学2014--2015学年度下学期期末试题高 二 物 理本试题分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（实验填空题）两部分。
考试结束后，只交答题纸和答题卡，试题自己保留。
满分100分，时间90分钟。
第Ⅰ卷一、选择题：（本题有16小题，每小题3分，共48分。
有的小题只有一项符合题目要求，有的小题有多项符合题目要求。
全部选对的得3分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。
）1．关于自由落体运动，下列说法正确的是（ ）A 、加速度为g 的下落运动就是自由落体运动B 、重力加速度g 与纬度、海拔高度有关C 、质量大的物体，所受重力大，因而落地速度也大D 、自由落体运动的位移与时间成正比6.物体沿一直线运动，在t 时间内通过的路程为s 。
它在中间位置s 21处的速度为1v ，在中间时刻t 21时的速度为2v ，则1v 和2v 的关系为：（ ） A.当物体作匀加速直线运动时，1v ＞2v B. 当物体作匀减速直线运动时， 1v ＜2vD. 当物体作匀减速直线运动时，1v ＞2v C.当物体作匀加速直线运动时， 1v ＜2v 7．甲物体以速度v 0做匀速直线运动，当它运动到某一位置时，该处有另一物体乙开始做初速为零的匀加速直线运动去追甲，由上述条件（ ）A ．不能求乙追上甲时乙走的位移B ．可求乙从开始起动到追上甲时所用的时间C ．可求乙追上甲时乙的速度D ．可求乙的加速度8．用轻弹簧竖直悬挂质量为m 的物体，静止时弹簧伸长量为L .现用该弹簧沿斜面方向拉住质量为2m 的物体，系统静止时弹簧伸长量也为L .斜面倾角为30°，如下图所示．则物体所受摩擦力( )A.大小为12mg ，方向沿斜面向下B ．等于零C ．大小为32mg ，方向沿斜面向上 D ．大小为mg ，方向沿斜面向上9.探究弹力和弹簧伸长的关系时，在弹性限度内，悬挂15 N 的重物时，弹簧的长度为0.16 m ；悬挂20 N 的重物时，弹簧的长度为0.18 m ，则弹簧的原长L 和劲度系数k 分别为( ) A.L ＝0.10 m k ＝250N/m B.L ＝0.10 m k ＝500 N/m C.L ＝0.02 m k ＝250 N/m D.L ＝0.02m k ＝250 N/m10．静止在斜面上的物块，当用水平力F 由零开始逐渐增大而物块仍保持静止状态，则物块( )A.所受合力不变B.所受斜面摩擦力逐渐增大C.所受斜面弹力逐渐增大D.所受斜面作用力逐渐增大11.如图所示，搬运工用砖卡搬砖时，砖卡对砖的水平作用力为F ，每块砖的质量为m ，设所有接触面间的动摩擦因数均为μ，则第一块砖对第二块砖的摩擦力大小为( )A.15μFB.12mg C.μF D.23 mg 12.两分子间距离为r 0时，分子力为零，下列关于分子力的说法中正确的是( ) A ．当分子间的距离为r 0时，分子力为零，也就是说分子间既无引力又无斥力 B ．分子间距离大于r 0时，分子间距离变小时，分子力一定减小C ．分子间距离小于r 0时，分子间距离变小时，分子间斥力变大，引力变小D ．在分子力作用范围内，不管r >r 0时，还是r <r 0时，斥力总是比引力变化快13.粗细均匀，两端封闭的细长玻璃管中，有一段水银柱将管中气体分为A 和B 两部分，如图所示．已知两部分气体A 和B 的体积关系是V B ＝3V A ，将玻璃管两端空气均升高相同温度的过程中，水银柱将( )A ．始终不动B ．向B 端移动C ．向A 端移动D ．以上三种情况都有可能14.如图所示为一定质量的理想气体沿着所示的方向发生状态变化的过程，则该气体压强变化是( )A ．从状态d 到状态a ，压强不变B ．从状态c 到状态d ，压强减小C ．从状态a 到状态b ，压强增大D ．从状态b 到状态c ，压强不变15.带有活塞的汽缸内封闭一定量的理想气体．气体开始处于状态a ，然后经过过程ab 到达状态b 或经过过程ac 到状态c ，b 、c 状态温度相同，如图所示．设气体在状态b 和状态c 的压强分别为p b 和p c ，在过程ab 和ac 中吸收的热量分别为Q ab 和Q ac ，则( )A ．p b ＞p c ，Q ab ＞Q acB ．p b ＞p c ，Q ab ＜Q acC ．p b ＜p c ，Q ab ＜Q acD ．p b ＜p c ，Q ab ＞Q ac 16.根据热力学第二定律，下列判断正确的是（ ）A. 电能可以全部变为内能 B ．在火力发电机中，燃气的内能不可能全部变为电能 C ．热机中，燃气内能不可能全部变为机械能D ．在热传导中，热量不可能自发地从低温物体传递给高温度物体． 第Ⅱ卷（共52分）二、实验填空题：（本题共三个小题，每空2分，共20分）17．“测定匀变速直线运动的加速度”的实验中，具体测算加速度前的主要步骤有： A 、换上纸带重复做三次，选择一条较为理想的纸带；B 、将打点计时器固定在长木板上没有滑轮的一端，接上低压交流电源；C 、断开电源，取下纸带；D 、把小车停在靠近打点计时器的地方，先放开小车，再接通电源；E 、把一条细绳拴在小车前端，绳跨过滑轮挂上砝码；F 、把纸带固定在小车后端并让纸带穿过打点计时器；以上步骤有错误的是 ；理由是 ；步骤合理的顺序是 （填步骤前的字母）。
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齐齐哈尔市实验中学2014~2015学年度高二下学期开学考试
物理试题
一、选择题(本题共l0小题，每小题6分，共60分。
在每小题给出的四个选项中，有的小题只有一个选项正确，有的小题有多个选项正确。
全部选对的得6分，选不全的得3分，有
选错或不答的得0分)
二、计算、论述题(共40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)
答案
一、选择题(本题共l0小题，每小题6分，共60分)
二、计算、论述题(共40分) 11、解： E=0.1V
q=1C 12、解： E=BL gh 2 U=gh BL 24
3
4
42
22L
B gR m h。