福建省四地六校联考2014-2015学年高一下学期第二次月考物理试卷.doc
福建省四地六校2014-2015学年高二物理下学期第一次联考试卷
“华安、连城、永安、漳平一中、龙海二中、泉港一中”四地六校联考（考试时间：90分钟总分：100分）一、单项选择题（共14小题，每小题3分，共42分。
在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求。
）Ks5*u1、做简谐运动的质点，先后经过同一位置时，下列物理量不同的是（）A．速度B．加速度C．位移D．动能2、如图1所示为观察水面波衍射的实验装置，AC和BD是两块挡板，AB是一小孔，O为波源，图中已画出波源所在区域的传播情况，每两条相邻（图中曲线）之间距离表示一个波长，则波经过孔之后的传播情况，下列说法中错误的是（）A．此时能明显地观察到波的衍射现象B．挡板前后波纹间距离相等C．如果波源频率不变，使孔的大小增大，有可能观察不到明显的衍射现象D．如果孔的大小不变，使波源频率增大，能更明显观察到衍射现象3、如图2所示是一个质点做简谐运动的振动图象，从图中可以知道（）A．在t = 0时，质点位移为零，速度和加速度也为零B．在t = 4s时，质点的速度最大，方向沿y轴的负方向C．在t = 3s时，质点振幅为-5cm，周期为4sD．无论何时，质点的振幅都是5cm，周期都是4s4、如图3所示，曲轴上挂一弹簧振子，转动摇把，曲轴可以带动弹簧振子上下振动。
开始时不转动摇把，让振子自由振动，测得振动频率为2Hz，然后匀速转动摇把，转速为240r/min，当振子振动稳定后它的振动周期为（）A．0.5s B．0.25s C．2s D．4s5、当正在鸣笛的火车向着我们急驶而来时，我们听到汽笛声。
下列说法中正确的是（）A．声源振动的频率变大B．声波传播的速度变快了C．耳膜振动的频率变大了D．耳膜振动的频率变小了6、一闭合矩形线圈abcd绕垂直于磁感线的固定轴OO′匀速转动，线圈平面位于如图4甲所示的匀强磁场中．通过线圈的磁通量Φ随时间t的变化规律如图4乙所示，下列说法正确的是（）A．t1、t 3时刻通过线圈的磁通量变化率最大B．t 1、t 3时刻线圈中感应电流方向改变C．t 2、t 4时刻线圈中磁通量最大D．t 2、t 4时刻线圈中感应电动势最小7、将阻值为5Ω的电阻接到内阻不计的交流电源上，电源电动势随时间变化的规律如图5所示，下列说法中正确的是（）A．电路中交变电流的频率为0.25HzB．通过电阻的电流为AC．电阻消耗的电功率为2.5WD ．用交流电压表测得电阻两端的电压为5V8、A 、B 是同频率的两水波源，如图6所示的实线是波峰、虚线是波谷，则（ ） A ．图示时刻a 点速度为零，加速度也为零B ．图示时刻b 点速度最大，加速度为零C ．图示时刻a 、b 、c 速度最大，加速度也最大D ．a 、b 之间还有很多振动加强点9、如图7所示，理想变压器的副线圈上通过输电线接有两个相同的灯泡L1和L2，输电线的等效电阻为R ，开始时，开关S 断开，当开关S 接通时，下列说法中错误的是（ ） A ．副线圈两端M 、N 的输出电压减小B ．副线圈输电线等效电阻R 上的电压降增大C ．通过灯泡L1的电流减小D ．原线圈上电流增大 10、如图8所示为一列沿x 轴负方向传播的简谐波在某一时刻的图象，下列说法中正确的是（ ）A ．该时刻a 点和d 点处的质点位移相同，加速度方向相反B ．该时刻b 点和c 点处的质点位移相同，速度方向也相同C ．质点b 比质点c 先回到平衡位置D ．质点a 比质点d 先回到平衡位置11、一列横波沿x 轴传播，如图9所示，t 1时刻的波形图为实线，t 2时刻的波形图为虚线，已知t 2 = t 1 +0.125s ，振动周期为0.5s ，则波的传播方向和传播距离是（ ） A ．沿x 轴正方向，9m B ．沿x 轴负方向，3m C ．沿x 轴正方向，3m D ．沿x 轴负方向，9m12、一电阻接在10V 直流电源上，电热功率为P ；当它接到电压u=10sinωt （V ）上时功率为（ ）A ．0.25 PB ．0.5 PC ．PD ．2P13、如图10所示，一水平平台在竖直方向上做简谐运动，一物体置于平台上一起振动，当平台振动到什么位置时，物体对平台的压力最小（ ）A ．当平台振动到最低点时B ．当平台振动到最高点时C ．当平台向上振动经过平衡位置时D ．当平台向下振动经过平衡位置时14、调光灯和调速电风扇是用可控硅电子元件来实现的．如图11所示为经一双向可控硅调节后加在电灯上的电压，即在正弦式交变电流的每个二分之一周期内，前41周期被截去，调节台灯上旋钮可以控制截去的多少，从而改变电灯两端的电压，那么现在电灯两端的电压为（ ）A ．Um/2B ．Um/C ．Um/(2)D ．Um 二、填空题（共3小题，每空2分，共22分） 15、在“用单摆测定重力加速度”的实验中：（1）提供的器材有：铁架台、铁夹、细线、有孔的小铁球、刻度尺、秒表(停表)和天平，其中多余的器材是___________，尚需补充的器材是______________。
高一物理月考试题及答案-福建四地六校联考-2015学年高一下学期第二次月考试卷
福建省四地六校联考2014-2015学年高一下学期第二次月考物理试卷一、单项选择题（每小题4分，共48分）1．（4分）关于质点做匀速圆周运动，下列说法中正确的是（）A．质点的运动速度不变B．质点的运动周期不变C．质点运动的角速度不断变化D．质点的转速不断变化2．（4分）关于向心加速度的物理意义，下列说法正确的是（）A．它是描述线速度方向变化的快慢B．它是描述线速度大小变化的快慢C．它是描述向心力变化的快慢D．它是描述角速度变化的快慢3．（4分）忽略空气阻力，下列几种运动中满足机械能守恒的是（）A．小孩在沿斜面匀速下滑B．石块在空中做平抛运动C．观光电梯匀速下降D．子弹射穿西瓜的运动4．（4分）下列说法正确的是（）A．滑动摩擦力一定对物体做负功B．作用力的功与反作用力的功其代数和一定为零C．重力对物体做功与路径无关，只与始末位置有关D．若物体受到的合外力不为零，则物体的机械能一定变化5．（4分）当质点做匀速圆周运动时，如果外界提供的合力小于质点需要的向心力时，质点将（）A．在圆周轨道上运动B．做向心运动，离圆心越来越近C．做做匀速直线运动D．做离心运动，离圆心越来越远6．（4分）下列各图中，弹性势能增加的是（）A．如图（甲），撑杆跳高的运动员上升过程中，杆的弹性势能B．如图（乙），人拉长弹簧过程中，弹簧的弹性势能C．如图（丙），模型飞机用橡皮筋发射出去的过程中，橡皮筋的弹性势能D．如图（丁），小球被弹簧向上弹起的过程中，弹簧的弹性势能7．（4分）洗衣机的甩干筒在匀速旋转时有衣服附在筒壁上，则此时（）A．衣服受重力，筒壁的弹力和摩擦力，及离心力作用B．筒壁对衣服的摩擦力随转速的增大而增大C．衣服随筒壁做圆周运动的向心力由筒壁的弹力提供D．筒壁对衣服的弹力随着衣服含水量的减少而保持不变8．（4分）如图装置A、B轮通过皮带传动，A、C轮通过摩擦传动，半径R A=2R B=3R C，各接触面均不打滑，则A，B，C三点的线速度和角速度之比分别为（）A．v A：v B：v C=1：2：3，ωA：ωB：ωC=3：2：1B．v A：v B：v C=1：1：1，ωA：ωB：ωC=2：3：6C．v A：v B：v C=1：1：1，ωA：ωB：ωC=3：2：1D．v A：v B：v C=3：2：1，ωA：ωB：ωC=1：1：19．（4分）如图所示，一个内壁光滑的圆锥筒的轴线垂直于水平面，圆锥筒固定不动，两个质量相同的小球A和B紧贴着内壁分别在图中所示的水平面内做匀速圆周运动，则（）A．球A的线速度必定小于球B的线速度B．球A的角速度必定大于球B的角速度C．球A的运动周期必定小于球B的运动周期D．球A对筒壁的压力必定等于球B对筒壁的压力10．（4分）如图甲、乙、丙三种情形表示同一物体在相同的粗糙水平面上分别受恒力F1、F2、F3作用下匀速向右发生一段相同的位移，力F1、F2、F3对物体做功分别为W甲、W乙、W丙．则W甲、W乙、W丙大小关系为是（）A．W甲＞W乙＞W丙B．W甲＞W丙＞W乙C．W乙＞W甲＞W丙D．W丙＞W乙＞W甲11．（4分）如图所示，细杆的一端与一小球相连，可绕过O点的水平轴自由转动，现给小球一初速度，使它做圆周运动，图中a、b分别表示小球转到的最低点和最高点，关于杆对球的作用力的说法正确的是（）A．a处一定为拉力，b处可能为拉力B．a处为一定拉力，b处可能推力C．a处可能为推力，b处一定拉力D．a、b两处可能都为推力12．（4分）如图所示，物体以100J的初动能从斜面底端沿斜面向上运动，当它向上通过斜面上某一点M时，其动能减少了60J，克服摩擦力做功18J，则物体返回到斜面底端时的动能为（）A．20J B．40J C．60J D．80J二、实验题（每空2分，共18分）13．（10分）在“验证机械能守恒定律”的实验中，打点计时器所用电源频率为50Hz，当地重力加速度的值为9.80m/s2，测得所用重物的质量为1.00kg．若按实验要求正确地选出纸带进行测量，量得连续三点A、B、C到第一个点的距离如图所示（相邻计数点时间间隔为0.02s），那么：①纸带的端与重物相连；②打点计时器打下计数点B时，物体的速度v B=__________；③从起点O到打下计数点B的过程中重力势能减少量是△E p=__________，此过程中物体动能的增加量△E k=__________（取g=9.8m/s2）；（结果保留三位有效数字）④实验的结论是___________________________．14．（2分）在《探究功与物体速度变化关系》的实验中，甲、乙两位同学的实验操作均正确．甲同学根据实验数据作出了功和速度的关系图线，即W﹣v图，如图甲，并由此图线得出“功与速度的平方一定成正比”的结论．乙同学根据实验数据作出了功与速度平方的关系图线，即W﹣v2图，如图乙，并由此也得出“功与速度的平方一定成正比”的结论．关于甲、乙两位同学的分析，你的评价是（）A．甲的分析不正确，乙的分析正确B．甲的分析正确，乙的分析不正确C．甲和乙的分析都正确D．甲和乙的分析都不正确15．（6分）在用斜面小槽等装置做“探究平抛物体运动”实验中，①下列哪些措施是必须做到的A．斜槽轨道末端切线必须水平B．斜槽轨道必须光滑C．每次要平衡摩擦力D．小球每次应从斜槽同一高度释放②某同学用一张印有小方格的纸记录轨迹，小方格的边长L=2.5cm，若小球在平抛运动途中的几个位置如图a、b、c、d所示，则小球平抛的初速度的计算式为v0=（用L、g表示），其值是．（取g=10m/s2）三、计算题（共34分，解答应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤）16．（10分）汽车发动机的额定功率为P=60KW，汽车质量m=5.0×103kg，汽车在水平路面上行驶时，阻力是车重0.1倍，试问：①汽车保持额定功率从静止起动后能达到的最大速度是多少？②汽车从静止开始，保持以a=0.5m/s2的加速度作匀加速直线运动，这一过程维持多长时间？17．（12分）船在d=100米宽的河中横渡，河水流速是v1=1.5m/s，船在静水中的航速是v2=2.5m/s，试求：（1）要使船到达对岸的时间最短，船头应指向何处？最短时间是多少？（2）要使船航程最短，船头应指向上游，其与河岸夹角为多大？最短航程的时间为多少．18．（12分）如图所示，小球从光滑圆弧的A点由静止开始下滑，过B点后水平飞出，落至D点，不计空气阻力，已知圆弧半径R=0.45m，BC=0.8m．小球质量m=2kg，g=10m/s2求：（1）小球到达B点时的速率及对B点压力的大小（2）小球从B点飞出到落地所经历的时间（3）小球落地点D离C点的水平距离．福建省四地六校联考2014-2015学年高一下学期第二次月考物理试卷参考答案与试题解析一、单项选择题（每小题4分，共48分）1．（4分）关于质点做匀速圆周运动，下列说法中正确的是（）A．质点的运动速度不变B．质点的运动周期不变C．质点运动的角速度不断变化D．质点的转速不断变化考点：匀速圆周运动．专题：匀速圆周运动专题．分析：匀速圆周运动的向心力方向时刻改变，线速度大小不变，方向时刻改变，角速度的大小和方向都不变，转速保持不变．解答：解：A、匀速圆周运动的线速度大小不变，方向时刻改变．故A错误．B、匀速圆周运动的转速、周期、角速度是标量，保持不变．故CD错误，B正确；故选：B点评：解决本题的关键知道匀速圆周运动的线速度大小不变，方向时刻改变，角速度的大小和方向都不变，向心力的方向时刻改变，转速是标量，保持不变2．（4分）关于向心加速度的物理意义，下列说法正确的是（）A．它是描述线速度方向变化的快慢B．它是描述线速度大小变化的快慢C．它是描述向心力变化的快慢D．它是描述角速度变化的快慢考点：向心加速度．专题：匀速圆周运动专题．分析：向心加速度只改变速度的方向，不改变速度大小，向心加速度描述的是线速度方向变化的快慢，因此明确向心加速度的物理意义即可正确解答本题．解答：解：A、圆周运动的向心加速度只改变速度的方向，不改变速度大小，向心加速度描述的是线速度方向变化的快慢的物理量；做圆周运动物体的切向加速度改变线速度的大小，描述线速度大小变化的快慢．故A正确，BC错误，D、角速度的方向垂直圆周所在的平面，始终与向心加速度垂直，向心加速度不改变角速度的大小和方向，故D错误．故选：A．点评：解决本题的关键掌握向心加速度只改变速度的方向，不改变速度大小，向心加速度描述的是线速度方向变化的快慢．属于基础题．而关于角速度的方向，高中阶段不要求知道，故对学生可提可不提，注意区分向心加速度与切向加速度．3．（4分）忽略空气阻力，下列几种运动中满足机械能守恒的是（）A．小孩在沿斜面匀速下滑B．石块在空中做平抛运动C．观光电梯匀速下降D．子弹射穿西瓜的运动考点：机械能守恒定律．专题：机械能守恒定律应用专题．分析：分析物体机械能是否守恒应该按照机械能守恒的条件来判断，即在只有重力或弹力对物体做功的条件下（或者不受其他外力的作用下），物体的动能和势能（包括重力势能和弹性势能）发生相互转化，但机械能的总量保持不变．解答：解：A、小孩在沿斜面匀速下滑，物体动能不变，重力势能减小，机械能不守恒，故A错误；B、石块在空中做平抛运动过程中，只有重力做功，机械能守恒，故B正确；C、电梯匀速下降，物体动能不变，重力势能减小，机械能不守恒，故C错误；D、在子弹射穿西瓜的运动过程中，子弹要克服阻力做功，机械能减少，机械能不守恒，故D错误；故选：B点评：熟练掌握并灵活应用机械能守恒条件即可正确解题，本题难度不大，是一道基础题．4．（4分）下列说法正确的是（）A．滑动摩擦力一定对物体做负功B．作用力的功与反作用力的功其代数和一定为零C．重力对物体做功与路径无关，只与始末位置有关D．若物体受到的合外力不为零，则物体的机械能一定变化考点：功能关系；作用力和反作用力；功的计算．分析：根据功的性质及摩擦力的性质可确定摩擦力做功情况；重力做功W=mgh；与路径无关；机械能的改变量等于重力之外的其他力做功的量，合外力不为零，但可能不做功．解答：解：A、滑动摩擦力的方向可以与运动方向相同，也可以相反；故滑动摩擦力可以做正功，也可以做负功；故A错误；B、作用力与反作用力作用在两个不同的物体上，它们的做的功不可能总是大小相等，方向相反，故代数和不一定为零；故B错误；C、重力做功和路径无关，只与始末位置有关；故C正确；D、若合外力不做功，则物体的机械能可以不变；故D错误；故选：C．点评：本题考查功的性质及重力做功的特点，要注意牢记住功的公式，不要被外界因素给干扰．5．（4分）当质点做匀速圆周运动时，如果外界提供的合力小于质点需要的向心力时，质点将（）A．在圆周轨道上运动B．做向心运动，离圆心越来越近C．做做匀速直线运动D．做离心运动，离圆心越来越远考点：离心现象．专题：匀速圆周运动专题．分析：物体做匀速圆周运动时，如果提供的向心力变小，根据圆周运动的知识分析物体的运动情况．解答：解；物体做匀速圆周运动时，如果外界提供的合力小于质点需要的向心力了，则合力不能提供做匀速圆周运动的向心力，物体要做离心运动，离圆心越来越远，故ABC错误，D正确．故选：D．点评：本题是一种离心现象，如果向心力突然消失，速度不再改变．基础题．6．（4分）下列各图中，弹性势能增加的是（）A．如图（甲），撑杆跳高的运动员上升过程中，杆的弹性势能B．如图（乙），人拉长弹簧过程中，弹簧的弹性势能C．如图（丙），模型飞机用橡皮筋发射出去的过程中，橡皮筋的弹性势能D．如图（丁），小球被弹簧向上弹起的过程中，弹簧的弹性势能考点：机械能守恒定律．专题：机械能守恒定律应用专题．分析：分析个图中，弹性是能与其他形式的能之间的转化关系，从而判断弹性是能的变化情况．解答：解：A、如图（甲），撑杆跳高的运动员上升过程中，杆的弹性势能转化为人的机械能，所以杆的弹性势能减小，故A错误；B、如图（乙），人拉长弹簧过程中，弹簧的形变量逐渐增大，所以弹簧的弹性势能增大，故B正确；C、如图（丙），模型飞机用橡皮筋发射出去的过程中，橡皮筋的弹性势能转化为模型飞机的机械能，所以橡皮筋的弹性势能减小，故C错误；D、如图（丁），小球被弹簧向上弹起的过程中，弹簧的弹性是能转化为小球的机械能，弹簧的弹性势能减小，故D错误．故选B点评：本题主要考查学生对：机械能和弹性势能相互转化的特点的理解和掌握，难度不大，属于基础题．7．（4分）洗衣机的甩干筒在匀速旋转时有衣服附在筒壁上，则此时（）A．衣服受重力，筒壁的弹力和摩擦力，及离心力作用B．筒壁对衣服的摩擦力随转速的增大而增大C．衣服随筒壁做圆周运动的向心力由筒壁的弹力提供D．筒壁对衣服的弹力随着衣服含水量的减少而保持不变考点：离心现象．专题：匀速圆周运动专题．分析：衣物附在筒壁上随筒一起做匀速圆周运动，衣物的重力与静摩擦力平衡，筒壁的弹力提供衣物的向心力，根据向心力公式分析筒壁的弹力随筒转速的变化情况．解答：解：A、衣服受到重力、筒壁的弹力和静摩擦力作用．故A错误．B、衣物附在筒壁上随筒一起做匀速圆周运动，衣物的重力与静摩擦力平衡，筒壁的弹力F 提供衣物的向心力，得到F=mω2R=m（2πn）2R，可见．转速n增大时，弹力F也增大，而摩擦力不变．故B错误．C、衣服随筒壁做圆周运动的向心力是筒壁的弹力．故C正确．D、如转速不变，筒壁对衣服的弹力随着衣服含水量的减少，则所需要的向心力减小，所以筒壁对衣服的弹力也减小．故D错误．故选：C．点评：本题是生活中圆周运动问题，要学会应用物理知识分析实际问题．知道衣服做圆周运动向心力的来源，结合牛顿第二定律分析．8．（4分）如图装置A、B轮通过皮带传动，A、C轮通过摩擦传动，半径R A=2R B=3R C，各接触面均不打滑，则A，B，C三点的线速度和角速度之比分别为（）A．v A：v B：v C=1：2：3，ωA：ωB：ωC=3：2：1B．v A：v B：v C=1：1：1，ωA：ωB：ωC=2：3：6C．v A：v B：v C=1：1：1，ωA：ωB：ωC=3：2：1D．v A：v B：v C=3：2：1，ωA：ωB：ωC=1：1：1考点：线速度、角速度和周期、转速．专题：匀速圆周运动专题．分析：两轮子靠传送带传动，轮子边缘上的点具有相同的线速度；A、C轮通过摩擦传动，轮子边缘上的点具有相同的线速度．解答：解：由题意，装置A、B轮通过皮带传动，A、B边缘上的点具有相同的线速度；A、C轮通过摩擦传动，A、C边缘上的点具有相同的线速度，所以三点的线速度是相等的，则：v A：v B：v C=1：1：1；根据线速度与角速度之间的关系：v=ωr，得：ωA：ωB：ωC==2：3：6故选：B点评：解决本题的关键知道靠传送带传动轮子边缘上的点具有相同的线速度，共轴转动的点，具有相同的角速度．9．（4分）如图所示，一个内壁光滑的圆锥筒的轴线垂直于水平面，圆锥筒固定不动，两个质量相同的小球A和B紧贴着内壁分别在图中所示的水平面内做匀速圆周运动，则（）A．球A的线速度必定小于球B的线速度B．球A的角速度必定大于球B的角速度C．球A的运动周期必定小于球B的运动周期D．球A对筒壁的压力必定等于球B对筒壁的压力考点：向心力；牛顿第二定律．专题：牛顿第二定律在圆周运动中的应用．分析：对小球受力分析，受重力和支持力，合力提供向心力，根据牛顿第二定律列式求解即可．解答：解：A、对小球受力分析，小球受到重力和支持力，它们的合力提供向心力，如图根据牛顿第二定律，有：F=mgtanθ=m解得：v=．由于A球的转动半径较大，A线速度较大．故A错误．B、ω=，由于A球的转动半径较大，则A的角速度较小．故B错误．C、周期T==2π，因为A的半径较大，则周期较大．故C错误．D、由上分析可知，筒对小球的支持力N=，与轨道半径无关，则由牛顿第三定律得知，小球对筒的压力也与半径无关，即有球A对筒壁的压力等于球B对筒壁的压力．故D 正确．故选：D．点评：本题关键是对小球受力分析，知道小球做圆周运动向心力的来自于合外力．10．（4分）如图甲、乙、丙三种情形表示同一物体在相同的粗糙水平面上分别受恒力F1、F2、F3作用下匀速向右发生一段相同的位移，力F1、F2、F3对物体做功分别为W甲、W乙、W丙．则W甲、W乙、W丙大小关系为是（）A．W甲＞W乙＞W丙B．W甲＞W丙＞W乙C．W乙＞W甲＞W丙D．W丙＞W乙＞W甲考点：功的计算．专题：功的计算专题．分析：根据受力分析明确水平拉力的大小；恒力做功表达式为：W=FScosα，功的正负表示对应的力是动力还是阻力，功的大小看绝对值．解答：解：这三种情形下位移x的大小都是一样的，将力沿着水平和竖直方向正交分解，因物体做匀速运动，则水平方向的拉力等于摩擦力；根据f=μF N可知，甲中水平分力最大，其次为丙，最小的为乙；则说明甲做功最多，乙做功最小；故W甲＞W丙＞W乙故选：B．点评：本题应明确三力大小未知，只能根据共点力的平衡条件进行分析，明确拉力的大小，才能由功的公式求解．11．（4分）如图所示，细杆的一端与一小球相连，可绕过O点的水平轴自由转动，现给小球一初速度，使它做圆周运动，图中a、b分别表示小球转到的最低点和最高点，关于杆对球的作用力的说法正确的是（）A．a处一定为拉力，b处可能为拉力B．a处为一定拉力，b处可能推力C．a处可能为推力，b处一定拉力D．a、b两处可能都为推力考点：向心力；牛顿第二定律．专题：信息给予题．分析：对小球在a、b点进行受力分析，由于小球做圆周运动，小球需要向心力．找出小球向心力的来源，根据牛顿第二定律列出等式，判断杆对球的作用力的方向．解答：解：过最点a时，小球做圆周运动，需要的向心力竖直向下，指向圆心．由于轻杆能对小球可以提供支持力，也可以提供拉力，（1）当在a点时速度0≤v＜时，小球的重力大于其所需的向心力，轻杆对小球有竖直向上的支持力，（2）当在b点时速度v=时，小球的重力等于其所需的向心力，轻杆对小球的作用力为0．（3）当在b点时速度v＞时，小球的重力不足以提供向心力，轻杆对小球有指向圆心的拉力．过最低点b时，小球做圆周运动，需要的向心力竖直向上，指向圆心．根据最低点小球的合力提供向心力，那么小球只有受竖直向下的重力和竖直向上的拉力，所以a处可能为推力，可能为拉力，b处一定拉力，故ABD错误，C正确；故选：C．点评：轻杆的作用力可以提供支持力，也可以提供拉力，要判断是拉力还是支持力，我们要从小球所需要得向心力入手研究，根据需要的向心力的大小和方向确定杆子的作用力．12．（4分）如图所示，物体以100J的初动能从斜面底端沿斜面向上运动，当它向上通过斜面上某一点M时，其动能减少了60J，克服摩擦力做功18J，则物体返回到斜面底端时的动能为（）A．20J B．40J C．60J D．80J考点：动能定理的应用．专题：动能定理的应用专题．分析：运用动能定理列出动能的变化和总功的等式，运用除了重力之外的力所做的功量度机械能的变化关系列出等式，两者结合去解决问题．解答：解：运用动能定理得：物体损失的动能等于物体克服合外力做的功（包括克服重力做功和克服摩擦阻力做功），损失的动能为：△E k=mgLsinθ+fL=（mgsinθ+f）L…①损失的机械能等于克服摩擦阻力做功，△E=fL…②由①：②得：==常数，与L无关，由题意知此常数为=．则物体上升到最高点时，动能为0，即动能减少了100J，那么损失的机械能为△E k=30J，那么物体返回到底端，物体又要损失的机械能为30J，故物体从开始到返回原处总共机械能损失60J，因而它返回A点的动能为40J．故选：B．点评：解题的关键在于能够熟悉各种形式的能量转化通过什么力做功来量度，并能加以运用列出等式关系．二、实验题（每空2分，共18分）13．（10分）在“验证机械能守恒定律”的实验中，打点计时器所用电源频率为50Hz，当地重力加速度的值为9.80m/s2，测得所用重物的质量为1.00kg．若按实验要求正确地选出纸带进行测量，量得连续三点A、B、C到第一个点的距离如图所示（相邻计数点时间间隔为0.02s），那么：①纸带的左端端与重物相连；②打点计时器打下计数点B时，物体的速度v B=1.90m/s；③从起点O到打下计数点B的过程中重力势能减少量是△E p=1.91J，此过程中物体动能的增加量△E k=0.48J（取g=9.8m/s2）；（结果保留三位有效数字）④实验的结论是在实验误差允许范围内，机械能守恒．考点：验证机械能守恒定律．专题：实验题；机械能守恒定律应用专题．分析：通过相等时间间隔内位移的变化判断纸带的哪一端与重物相连．根据下降的高度求出重力势能的减小量；根据某段时间内平均速度等于中间时间的瞬时速度求出B点的瞬时速度，从而求出动能的变化量．解答：解：（1）重物在开始下落时速度较慢，在纸带上打的点较密，越往后，物体下落得越快，纸带上的点越稀．所以，纸带上靠近重物的一端的点较密，因此纸带的左端与重物相连．（2）B点的瞬时速度等于AC段的平均速度，则有：v B==1.90m/s．（3）从起点O到打下计数点B的过程中重力势能减少量是：△E p=mgh=1×9.8×0.0501J≈1.91J．动能的增加量为：△E k=m=0.48J．（4）实验的结论是在误差允许的范围内，机械能守恒．故答案为：①左端②1.90m/s ③1.91J；0.48J④在实验误差允许范围内，机械能守恒点评：该题主要考查了验证机械能守恒定律的实验的操作步骤和运用运动学规律、功能关系去处理实验数据的能力．14．（2分）在《探究功与物体速度变化关系》的实验中，甲、乙两位同学的实验操作均正确．甲同学根据实验数据作出了功和速度的关系图线，即W﹣v图，如图甲，并由此图线得出“功与速度的平方一定成正比”的结论．乙同学根据实验数据作出了功与速度平方的关系图线，即W﹣v2图，如图乙，并由此也得出“功与速度的平方一定成正比”的结论．关于甲、乙两位同学的分析，你的评价是（）A．甲的分析不正确，乙的分析正确B．甲的分析正确，乙的分析不正确C．甲和乙的分析都正确D．甲和乙的分析都不正确考点：探究功与速度变化的关系．专题：实验题；动能定理的应用专题．分析：根据W与v，W与v2的关系图线，结合数学知识中的幂函数的图象特点得到结论．解答：解：根据甲图，得到W=ax n，式子中a为常系数，n为指数；当n=1时，图线为直线；当n＜1时，图线向下弯曲；当n＞1时，图线向上弯曲；甲图图线向上弯曲，故表达式W=av n中n为大于1的任意数值，而乙图中，W与v2成正比；故选A．点评：本题关键是写出甲乙图象的一般函数表达式，然后结合数学中的幂函数的知识进行分析讨论．15．（6分）在用斜面小槽等装置做“探究平抛物体运动”实验中，①下列哪些措施是必须做到的ADA．斜槽轨道末端切线必须水平B．斜槽轨道必须光滑C．每次要平衡摩擦力D．小球每次应从斜槽同一高度释放②某同学用一张印有小方格的纸记录轨迹，小方格的边长L=2.5cm，若小球在平抛运动途中的几个位置如图a、b、c、d所示，则小球平抛的初速度的计算式为v0=（用L、g 表示），其值是1.0m/s．（取g=10m/s2）。
福建省四地六校联考2014_2015学年高二物理下学期第二次月考试卷(含解析)
福建省四地六校联考2014-2015学年高二下学期第二次月考物理试卷一、单项选择题（每小题只有一个答案是正确的，每题3分，共16小题，48分）1．（3分）下列有关物理学史，不符合事实的是（）A．赫兹通过实验证实了电磁波的存在B．牛顿发现了单摆周期公式C．爱因斯坦的狭义相对论认为物体的质量与其运动状态有关D．麦克斯韦建立了电磁场理论并预言了电磁波的存在2．（3分）在飞机的发展史中有一个阶段，飞机上天后不久，飞机的机翼（翅膀）很快就抖动起来，而且越抖越厉害．后来经过人们的探索，利用在飞机机翼前缘处装置一个配重杆的方法，解决了这一问题．在飞机机翼前装置配重杆的目的主要是（）A．加大飞机的惯性B．使机体更加平衡C．使机翼更加牢固D．改变机翼的固有频率3．（3分）关于振动和波的关系，下列说法正确的是（）A．如果波源停止振动，介质中的波也立即停止传播B．振动的质点在一个周期内通过的路程等于一个波长C．波动的过程就是介质中振动的质点由近及远的传播过程D．波动的过程是质点的振动形式及能量由近及远的传播过程4．（3分）做简谐振动的单摆摆长不变，若摆球质量增加为原来的4倍，摆球经过平衡位置时速度减小为原来的，则单摆振动的（）A．频率、振幅都不变B．频率、振幅都改变C．频率不变、振幅改变D．频率改变、振幅不变5．（3分）声波和电磁波均可传递信息，且都具有波的特征．下列说法正确的是（）A．电磁波的传播速度大于声波的传播速度B．声波和电磁波都能引起鼓膜振动C．电磁波都不能被人看见，声波都能被人听见D．二胡、电子琴发出的都是电磁波6．（3分）关于电磁波，下列说法正确的是（）A．雷达是用X光来确定物体位置的设备B．使电磁波随各种信号而改变的技术叫做解调C．振荡电场在周围空间产生同样频率的振荡磁场D．用红外线照射时，大额钞票上用荧光物质印刷的文字会发出可见光7．（3分）一列简谐横波向右传播，波速为v，沿波传播方向有相距为L的P、Q两质点，如图所示，某时刻P、Q两质点都处于平衡位置，且P、Q间仅有一个波峰，经过时间t，Q质点第一次运动成为这个波峰点，则t的可能值有（）A．4个B．3个C．2个D．1个8．（3分）如图所示，沿x轴正方向传播的一列简谐横波在某时刻的波形图为一正弦曲线，其波速为200m/s，下列说法正确的是（）A．图示时刻质点a的速度达到最大B．从图示时刻开始，经过0.01s，质点b通过的路程小于0.4mC．若此波遇到另一列简谐横波并发生稳定干涉现象，则该波所遇到的波的频率为50Hz D．若该波发生明显的衍射现象，则该波所遇到的障碍物尺寸一定比4m大9．（3分）图甲为一列简楷横波在t=0时的波形图，图乙为波上A质点的振动图象，则（）A．该列波的波速为25cm/sB．该列波延x轴正方向传播C．在0.2s～0.3s内，质点A振动的能量逐渐增大D．从该时刻起，经0.1s质点A运动到x=0.4m处10．（3分）LC回路中电容器两端电压U随时间t变化的关系如图所示，则（）A．在时刻t2，电路中的电流为零B．在时刻t3，电路中的磁场能最大C．从时刻t2至t3，电路中的电场能不断增大D．从时刻t3至t4，电容器所带的电荷量不断增大11．（3分）通过狭缝观察发光的日光灯时看到的彩色条纹，瀑布在阳光下呈现的彩虹以及太阳光照射下肥皂膜呈现的彩色，这些现象分别属于（）A ． 光的衍射、色散和干涉现象B ． 光的干涉、衍射和色散现象C ． 光的干涉、色散和衍射现象D ． 光的衍射、干涉和色散现象12．（3分）a 、b 两种单色光以相同的入射角从某种介质射向空气，光路如图所示，则下列说法正确的是（）A ． 逐渐增大入射角α的过程中，a 光先发生全反射B ． 在该介质中b 光的传播速度大于a 光的传播速度C ． 在该介质中a 光的波长小于b 光的波长D ． 通过同一双缝干涉装置，a 光的干涉条纹间距比b 光的宽13．（3分）光在某种玻璃中的传播速度是×108m/s ，要使光由玻璃射入空气时折射光线与反射光线成直角，则入射角应是（）A ． 30°B ． 60°C ． 45°D ． 90°14．（3分）如图所示，一束太阳光通过三棱镜后，在光屏MN 上形成的彩色光带落在bc 区域内．现将一温度计放在屏上不同位置，其中温度计示数升高最快的区域为（）A ． abB ． bcC ． cdD ． bd15．（3分）某同学使用激光器作光源，在不透光的挡板上开一条缝宽为0.05mm 的窄缝，进行光的衍射实验，如图所示，则他在光屏上看到的条纹是（）A ．B ．C ．D ．16．（3分）如图所示，直角三角形ABC 为一透明介质制成的三棱镜截面，且∠BAC=30°，有一束平行光线垂直射向AC 面，已知这种介质的折射率为n ＞2，则（）A．可能有光线垂直AB边射出B．光线只能从BC边垂直射出C．光线只能从AC边垂直射出D．一定既有光线垂直BC边射出，又有光线垂直AC边射出二、填空题（本题共3小题，每空2分，共20分）17．（8分）在“用单摆测定重力加速度”的实验中：（1）测摆长时，若正确测出悬线长L和摆球直径d，则摆长r=；（2）测周期时，当摆球经过位置时开始计时并计数为1次，测出经过该位置N次（约60～100次）的时间为t，则周期T=．（3）某同学用秒表测得单摆完成40次全振动的时间如图所示，则单摆的周期为s．18．（6分）如图所示，某同学用插针法测定一半圆形玻璃砖的折射率．在平铺的白纸上垂直纸面插大头针P1、P2确定入射光线，并让入射光线过圆心O，在玻璃砖（图中实线部分）另一侧垂直纸面插大头针P3，使P3挡住P1、P2的像，连接O P3．图中MN为分界面，虚线半圆与玻璃砖对称，B、C分别是入射光线、折射光线与圆的交点，AB、CD均垂直于法线并分别交法线于A、D点．①设AB的长度为l1，AO的长度为l2，CD的长度为l3，DO的长度为l4，为较方便地表示出玻璃砖的折射率，需用刻度尺测量的有，则玻璃砖的折射率可表示为．②该同学在插大头针P3前不小心将玻璃砖以O为圆心顺时针转过一小角度，由此测得玻璃砖的折射率将（填“偏大”、“偏小”或“不变”）．19．（6分）在观察光的双缝干涉现象的实验中：①将激光束照在如图所示的双缝上，在光屏上观察到的现象是下图中的②换用间隙更小的双缝，保持双缝到光屏的距离不变，在光屏上观察到的条纹宽度将；保持双缝间隙不变，减小双缝到光屏的距离，在光屏上观察到的条纹宽度将（以上空格均选填“变宽”、“变窄”或“不变”）．三、计算题（要求写出必要的文字说明和计算公式，只写最后答案的不得分．共32分）20．（10分）如图所示，某透明液体深1m，一束光线与水平面成30°角从空气斜射向该液体，进入该液体的光线与水平面的夹角为45°．试求：（光在真空中的速率c=3.0×108m/s）（1）该液体的折射率．（2）进入液体的光线经多长时间可以射到底面．21．（10分）如图甲所示的弹簧振子，放在光滑有水平桌面上，O是平衡位置，弹簧振子在AB间做简谐运动，AB间的距离为6cm，已知A到B的最短时间为0.1s．（1）求弹簧振子做简谐运动的振幅和周期；（2）若以向右为位移的正方向，当振子运动到B处开始计时，试写出其振动的位移﹣时间关系式，并在图乙中画出相应的振动图象．22．（12分）机械横波某时刻的波形图如图所示，波沿x轴正方向传播，质点p的坐标x=0.32m．从此时刻开始计时．（1）若每间隔最小时间0.4s重复出现波形图，求波速．（2）若p点经0.4s第一次达到正向最大位移，求波速．（3）若p点经0.4s到达平衡位置，求波速．福建省四地六校联考2014-2015学年高二下学期第二次月考物理试卷参考答案与试题解析一、单项选择题（每小题只有一个答案是正确的，每题3分，共16小题，48分）1．（3分）下列有关物理学史，不符合事实的是（）A．赫兹通过实验证实了电磁波的存在B．牛顿发现了单摆周期公式C．爱因斯坦的狭义相对论认为物体的质量与其运动状态有关D．麦克斯韦建立了电磁场理论并预言了电磁波的存在考点：物理学史．专题：常规题型．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：解：A、赫兹通过实验证实了电磁波的存在，故A正确；B、惠更斯发现了单摆周期公式，故B错误；C、爱因斯坦的狭义相对论认为物体的质量与其运动状态有关，故C错误；D、麦克斯韦建立了电磁场理论并预言了电磁波的存在，故D正确；本题选不符合事实的，故选：B．点评：本题考查物理学史，是常识性问题，对于物理学上重大发现、发明、著名理论要加强记忆，这也是考试内容之一．2．（3分）在飞机的发展史中有一个阶段，飞机上天后不久，飞机的机翼（翅膀）很快就抖动起来，而且越抖越厉害．后来经过人们的探索，利用在飞机机翼前缘处装置一个配重杆的方法，解决了这一问题．在飞机机翼前装置配重杆的目的主要是（）A．加大飞机的惯性B．使机体更加平衡C．使机翼更加牢固D．改变机翼的固有频率考点：产生共振的条件及其应用．专题：简谐运动专题．分析：飞机上天后，飞机的机翼（翅膀）很快就抖动起来，而且越抖越厉害，是因为驱动力的频率接近机翼的固有频率发生共振，解决的方法就是使驱动力的频率远离飞机的固有频率．解答：解：飞机的机翼（翅膀）很快就抖动起来，是因为驱动力的频率接近机翼的固有频率发生共振，在飞机机翼前装置配重杆，是为了改变机翼的固有频率，使驱动力的频率远离固有频率．故A、B、C错误，D正确．故选D．点评：解决本题的关键知道共振的条件；当驱动力的频率接物体的固有频率，会发生共振．以及解决共振的方法，使驱动力的频率远离固有频率．3．（3分）关于振动和波的关系，下列说法正确的是（）A．如果波源停止振动，介质中的波也立即停止传播B．振动的质点在一个周期内通过的路程等于一个波长C．波动的过程就是介质中振动的质点由近及远的传播过程D．波动的过程是质点的振动形式及能量由近及远的传播过程考点：机械波；简谐运动的振幅、周期和频率．分析：振源停止振动时，在介质中传播的波动并不立即停止．波传播过程中质点并不会随波向前传播；波传播的是能量及运动形式．解答：解：A、振源停止振动时，由于惯性，其他振动质点并不立即停止振动，所以在介质中传播的波动并不立即停止．故A错误．B、振动的质点只是在平衡位置附近做周期性振动，在一个周期内通过的路程并不等于一个波长．故B错误．C、振动的质点只是在平衡位置附近做周期性振动；质点并没有随波传播；故C错误；D、波动的过程是质点的振动形式及能量由近及远的传播过程；故D正确；故选：D点评：机械波只是传播能量和振动形式，并不会将参与波动的点向外传播．4．（3分）做简谐振动的单摆摆长不变，若摆球质量增加为原来的4倍，摆球经过平衡位置时速度减小为原来的，则单摆振动的（）A．频率、振幅都不变B．频率、振幅都改变C．频率不变、振幅改变D．频率改变、振幅不变考点：单摆周期公式；简谐运动的振幅、周期和频率．分析：由单摆的周期公式可以判断单摆的周期的变化，由可以判断单摆的能量的变化，从而可以判断振幅的变化．解答：解：由单摆的周期公式，可知，单摆摆长不变，则周期不变，频率不变；振幅A是反映单摆运动过程中的能量大小的物理量，由可知，摆球经过平衡位置时的动能不变，但质量增加，所以高度减小，因此振幅改变，所以C正确．故选：C．点评：单摆的摆长和重力加速度的大小决定单摆的周期的大小，单摆的能量决定单摆的振幅的大小．5．（3分）声波和电磁波均可传递信息，且都具有波的特征．下列说法正确的是（）A．电磁波的传播速度大于声波的传播速度B．声波和电磁波都能引起鼓膜振动C．电磁波都不能被人看见，声波都能被人听见D．二胡、电子琴发出的都是电磁波考点：电磁场；声波．分析：要解答本题需掌握：声音的传播需要介质，电磁波的传播不需介质，声波的速度小于电磁波，不是所有的电磁波都能看见，乐器都是发出的声波解答：解：A、电磁波的传播速度大于声波的传播速度，故A正确；B、声波能引起鼓膜振动，而电磁波却不可以，故B错误；C、电磁波中的可见过人是可以看见的；而声波中的超声波和次声波人是无法听见的；故C 错误；D、二胡演奏发出的是声波，而电子琴演奏发出的也是声波．故D错误．故选：A点评：本题主要考查学生对声波和电磁波的异同点的了解和掌握，注意掌握声波的传播需要介质，而电磁波不需要介质．6．（3分）关于电磁波，下列说法正确的是（）A．雷达是用X光来确定物体位置的设备B．使电磁波随各种信号而改变的技术叫做解调C．振荡电场在周围空间产生同样频率的振荡磁场D．用红外线照射时，大额钞票上用荧光物质印刷的文字会发出可见光考点：电磁波的产生；红外线的热效应和红外线遥控．分析：了解电磁波的产生及性质；明确电磁波在现代生活中的应用即可正确解答本题．解答：解：A、雷达是根据超声波测定物体位置的，故A错误；B、使电磁波随各种信号而改变的技术叫做调制，故B错误；C、振荡电场在周围空间产生同样频率的振荡磁场；同理振荡磁场在周围空间产生同样频率的振荡电场；故C正确；D、红外线不具有荧光效应，只有紫外线才具有荧光效应，故D错误；故选：C．点评：本题考查了有关电磁波的基础知识，对于这部分知识要注意平时记忆和积累；明确掌握各种电磁波的性质，掌握它们在生产生活中的应用．7．（3分）一列简谐横波向右传播，波速为v，沿波传播方向有相距为L的P、Q两质点，如图所示，某时刻P、Q两质点都处于平衡位置，且P、Q间仅有一个波峰，经过时间t，Q质点第一次运动成为这个波峰点，则t的可能值有（）A．4个B．3个C．2个D．1个考点：横波的图象；波长、频率和波速的关系．专题：振动图像与波动图像专题．分析：由题：某时刻P、Q两质点都处于平衡位置，且P、Q间仅有一个波峰，符合条件的波形图有4个，则Q质点第一次运动到波谷的时间可能值有4个．解答：解：由题：某时刻P、Q两质点都处于平衡位置，且P、Q间仅有一个波峰，符合条件的波形图有4个，如图所示：Q质点第一次运动到波峰即PQ间的波峰平移到Q点，四种情况的位移分别为：，有3中可能，故对应的时间可能有3个．故选：B点评：本题是多解问题，要考虑符合条件的各种可能情况，不能漏解．8．（3分）如图所示，沿x轴正方向传播的一列简谐横波在某时刻的波形图为一正弦曲线，其波速为200m/s，下列说法正确的是（）A．图示时刻质点a的速度达到最大B．从图示时刻开始，经过0.01s，质点b通过的路程小于0.4mC．若此波遇到另一列简谐横波并发生稳定干涉现象，则该波所遇到的波的频率为50Hz D．若该波发生明显的衍射现象，则该波所遇到的障碍物尺寸一定比4m大考点：横波的图象；波长、频率和波速的关系．专题：振动图像与波动图像专题．分析：质点a做简谐运动，经过波峰时速度为零．读出波长，求出周期，由时间与周期的关系求解质点b通过的路程．干涉的条件是两列波的频率相同．发生明显的衍射现象的条件是障碍物尺寸与波长小或与波长差不多．解答：解：A、图示时刻质点a经过波峰，速度为零．故A错误．B、由图知λ=4m，则该波的周期为T==s=0.02s，从图示时刻开始，经过0.01s，即半个周期，质点b通过的路程为2个振幅，即40cm．故B错误．C、该列波的频率为f==50Hz，要想发生干涉，频率需相同．故C正确．D、当波的波长比障碍物尺寸大或差不多时，当该波所遇到的障碍物尺寸一定比4m小或差不多，就会发生明显的衍射．故D错误．故选：C．点评：解决本题的关键掌握波动与振动的联系以及知道发生干涉和明显衍射的条件．质点简谐运动通过的路程往往由时间与周期的倍数关系求解．9．（3分）图甲为一列简楷横波在t=0时的波形图，图乙为波上A质点的振动图象，则（）A．该列波的波速为25cm/sB．该列波延x轴正方向传播C．在0.2s～0.3s内，质点A振动的能量逐渐增大D．从该时刻起，经0.1s质点A运动到x=0.4m处考点：横波的图象；波长、频率和波速的关系．专题：振动图像与波动图像专题．分析：由图象知：T=0.4s，λ=0.4m，利用波速公式求的波速；再据振动图象知t=0时A 质点在平衡位置将向下振动，据波形平移法判断波的传播方向．根据时间与周期的关系，分析质点A的能量变化．解答：解：A、由图象知：T=0.4s，λ=0.4m，则波速为 v==m/s=1m/s，故A错误．B、由图乙知：t=0时刻质点A正通过平衡位置向下振动，根据波形的平移法可知该列波沿x 轴正方向传播．故B正确．C、简谐波传播过程中，质点A振动的能量不变，故C错误．D、简谐波传播过程中，质点A只在其平衡位置附近上下振动，不随波向前移动，故D错误．故选：B点评：本题要抓住两个图象之间的内在联系，灵活应用波形平移法判断质点振动方向和波的传播方向．10．（3分）LC回路中电容器两端电压U随时间t变化的关系如图所示，则（）A．在时刻t2，电路中的电流为零B．在时刻t3，电路中的磁场能最大C．从时刻t2至t3，电路中的电场能不断增大D．从时刻t3至t4，电容器所带的电荷量不断增大考点：电磁波的产生．分析：在LC振荡电路中电容器两端的电压越大，电荷所带的电荷量越大，两极板之间的电场越强，电场能越大，电流强度越小，磁场能量越小．解答：解：A、在时t2时电路中电容器两端的电压为零，故两极板之间的电场弱，电场能最小，根据能量守恒可知此时磁场能量最大，故在时t1时电路中的电流最大，故A错误；B、在t3时电路中电容器两端的电压最大，两极板之间的电场强度最大，故电场能最大，根据能量守恒可知此时磁场能量最小，电流为零，故B错误．C、从t2至t3电容器两端的电压逐渐增大，故两极板之间的电场逐渐增强，则电路的电场能不断增大，故C正确；D、从时t3至t4，电容器两端的电压逐渐减小，根据Q=CU可知电容器带的电荷量不断减小，故D错误．故选：B点评：本题考查了LC振荡电路充放电的特点以及在充放电过程中能量转化的特点．掌握了基本知识即可顺利解决此类问题．11．（3分）通过狭缝观察发光的日光灯时看到的彩色条纹，瀑布在阳光下呈现的彩虹以及太阳光照射下肥皂膜呈现的彩色，这些现象分别属于（）A．光的衍射、色散和干涉现象B．光的干涉、衍射和色散现象C．光的干涉、色散和衍射现象D．光的衍射、干涉和色散现象考点：光的衍射．专题：光的衍射、偏振和电磁本性专题．分析：干涉现象是频率相同的两列光相遇时发生干涉现象，发生明显衍射现象的条件是障碍物或孔的尺寸比波长小，因折射率的不同，导致偏折程度不一，从而出现折射色散现象．解答：解：通过狭缝观察发光的白炽灯也会看到彩色条纹，是因为当缝的宽度小于波的波长时，能发生明显的衍射现象，瀑布在阳光下呈现的彩虹，是光的折射色散现象，肥皂膜表面可看到彩色条纹，是因为肥皂膜的前后两面反射回来的两列光发生干涉时形成的彩色条纹；故A正确，BCD错误．故选：A．点评：本题考查了光的干涉和衍射发生的条件，记住这些条件即可顺利解决此类题目，注意折射色散与干涉色散的区别．12．（3分）a、b两种单色光以相同的入射角从某种介质射向空气，光路如图所示，则下列说法正确的是（）A．逐渐增大入射角α的过程中，a光先发生全反射B．在该介质中b光的传播速度大于a光的传播速度C．在该介质中a光的波长小于b光的波长D．通过同一双缝干涉装置，a光的干涉条纹间距比b光的宽考点：光的折射定律．专题：光的折射专题．分析：由图象知道b光的折射率大于a光的，折射率大的光波短，光波短的干涉条纹间距小，在介质中传播速度小．解答：解：A、由图知，逐渐增大入射角α的过程中，b光的折射角先达到90°，则b光先发生全反射，故A错误；B、由折射定律可知，b光的折射率大，由公式v=知在介质中b光的传播速度小，故B错误．C、折射率大的光波长短，则在该介质中a光的波长大于b光的波长，故C错误D、干涉条纹间距与波长成正比，a光的波长长，则a光的干涉条纹间距比b光的宽；故D 正确．故选：D．点评：要记住折射率和波长的关系，波长和条纹间距的关系，这是解决此类问题的关键．13．（3分）光在某种玻璃中的传播速度是×108m/s，要使光由玻璃射入空气时折射光线与反射光线成直角，则入射角应是（）A．30°B．60°C．45°D．90°考点：光的折射定律．专题：光的折射专题．分析：根据v=求出光在玻璃中的折射率，再根据折射定律，抓住折射光线与反射光线垂直，求出入射角的大小．解答：解：根据v=得，n=，设入射角为α，根据折射定律得，，即，解得α=30°．故A正确，B、C、D错误．故选A．点评：本题考查光的折射定律以及n=的运用，注意光由玻璃射入空气，需采用光的可逆性原理，运用折射定律进行解决．14．（3分）如图所示，一束太阳光通过三棱镜后，在光屏MN上形成的彩色光带落在bc区域内．现将一温度计放在屏上不同位置，其中温度计示数升高最快的区域为（）A．ab B．bc C．cd D．bd考点：光的折射定律；红外线的热效应和红外线遥控．分析：太阳光由七种颜色的光复合而成，分别是红、橙、黄、绿、蓝、靛、紫．三棱镜将太阳光经过折射后，人们就可以在光屏上看到七种颜色的光，在红光的外侧有红外线，其热效应显著，红外线照射的区域温度上升最为明显．解答：解：太阳光是复色光，七种颜色的光的波长不同，红光的波长最长，折射率最小，紫光的波长最短，折射率最大，所以红光通过三棱镜偏折最小，紫光偏折最大，屏上右上左下，分别为红、橙、黄、绿、蓝、靛、紫．而在红光的外侧区域cd有红外线，其热效应显著，红外线照射的区域温度上升最快．故C正确．ABD错误．故选：C点评：本题考查学生对光的色散和红外线热辐射能力强特点的掌握情况．15．（3分）某同学使用激光器作光源，在不透光的挡板上开一条缝宽为0.05mm的窄缝，进行光的衍射实验，如图所示，则他在光屏上看到的条纹是（）A．B．C．D．考点：光的衍射．专题：光的衍射、偏振和电磁本性专题．分析：根据衍射条纹的特点进行判断，光的衍射条纹与狭缝平行，且中间宽、两边窄．解答：解：由于衍射条纹狭缝平行，且中间宽、两边窄，不等间距．故B正确，A、C、D 错误．故选：B．点评：解决本题的关键知道衍射条纹的特点，知道衍射条纹与干涉条纹的区别．。
2014福建四地六校高二物理下第二次月考试卷(有答案)
2014福建四地六校高二物理下第二次月考试卷（有答案）2014福建四地六校高二物理下第二次月考试卷（有答案）考试范围：鲁科版选修3-2、3-4；考试时间：90分钟；总分：100分第I卷（选择题）一、选择题（每小题只有一个选项符合题意，每小题4分，14小题共56分）1．下列说法中不正确的是（）A．机械波的传播方向就是振动能量传递的方向B．机械波的传播方向就是波中各质点的振动方向C．机械波传播的是振动这种运动形式，质点并不随波迁移D．波不但能传递能量也能传递信息2．以下说法中不正确的是（）A．简谐运动中回复力总指向平衡位置；B．太阳光是偏振光；C．电磁波是横波，它的传播不需要介质；D．家电的遥控器是利用红外线的遥感。
3.在图1甲、乙电路中,电阻R和电感线圈L的直流电阻相等且都很小。
接通S,使电路达到稳定,灯泡A发光,则()A.在电路甲中,断开S,A灯将渐渐变暗B.在电路甲中,断开S,A灯将先变得更亮,然后渐渐变暗C.在电路乙中,断开S,A灯将渐渐变暗D.在电路乙中,断开S,A灯将立即变暗4．图2中，两单摆摆长相同，平衡时两摆球刚好接触。
现将摆球A在两摆球线所在平面内向左拉开一小角度后释放，碰撞后，两摆球分开各自做简谐运动。
以mA、mB分别表示摆球A、B的质量，则() A．如果mA>mB，下一次碰撞将发生在平衡位置右侧B．如果mAC．无论两摆球的质量之比是多少，下一次碰撞一定在平衡位置D．无论两摆球的质量之比是多少，下一次碰撞可能在平衡位置左侧5．如图3所示，弹簧振子在光滑杆上做简谐运动，往返于a－o－b之间，o是平衡位置，则下列说法中正确的是（）A．振子由a→o运动时，弹力的方向与振子加速度方向相反B．振子由ob的中点c经b再回到c的运动过程所用时间为周期的1/4 C．振子由o→b运动时，加速度越来越小D．振子由o→b运动时，振子克服弹力做功6．一列横波沿绳子向右传播，某时刻绳子形成如图4所示的形状，对此绳上A、B、C、D、E、F六个质点（）A．它们的振幅不相同B．质点D和F的速度方向相同C．质点A和C的速度方向相同D．从此时刻算起，质点B比C先回到平衡位置7．已知负载上的交变电流u=311sin314t（V），i=14.1sin314t（A），根据这两式判断，下述结论中正确的是()A．电压的有效值为200VB．负载电阻的大小为22ΩC．交变电流的频率是100HzD．交变电流的有效值是14.1A8．理想变压器正常工作时，原、副线圈中的电流分别为I1、I2，电压分别为U1、U2，功率分别为P1、P2，关于它们之间的关系，下列说法中正确的是（）A．P1由P2决定B．U1由U2决定C．I2由I1决定D．U2由负载决定9．如图5所示，平行导轨电阻忽略不计，要使悬挂着的金属环P能产生感应电流且向右摆动，则金属棒ab的运动应是（）A．向左匀速运动B．向左加速运动C．向右加速运动D．向右减速运动10．站在火车站上的旅客听到路过的火车笛声的音调变化情况，以下说法正确的是（）A、当火车进站时，鸣笛声的音调变低B、当火车进站时，鸣笛声的音调不变C、当火车离站时，鸣笛声的音调变低D、当火车离站时，鸣笛声的音调变高11．如图6是某时刻t两列波的叠加图，S1、S2是相干波源，它们的振动情况完全相同，发出两列完全相同的水波，波峰、波谷分别用实线、虚线表示，下列说法正确的是（）A．B质点始终位于波谷处，D质点始终位于波峰处B．只有D质点振动始终加强C．经过半个周期，B质点变为波峰，D质点变为波谷D．C、E两质点振动时强时弱12．a、b两种单色光以相同的入射角从空气中射入介质中时，如图7所示发现b的折射光线更靠近法线，由此可判定()A．在介质中b的速度较大B．a比b更容易发生衍射现象C．单色光b的频率较低D．当光从介质射向空气中，a、b要发生全反射的临界角分别为Ca、Cb，则Ca13.如图8所示，在一块平板玻璃上放置一平凸薄透镜，在两者之间形成厚度不均匀的空气膜，让一束单一波长的光垂直入射到该装置上，结果在上方观察到如图所示的同心内疏外密的圆环状条纹，称为牛顿环，以下说法不正确的是()A．干涉现象是由于凸透镜下表面反射光和玻璃上表面反射光叠加形成的B．干涉条纹中亮条纹的光程差一定是波长的整数倍C．干涉条纹不等间距是由于平板玻璃不平造成的D．干涉条纹不等间距是由于透镜表面是曲面14.一闭合线圈置于磁场中，若磁感应强度B随时间变化的规律如图9所示，则下列选项中能正确反映线圈中感应电动势E随时间t变化图象的是()第II卷（非选择题）二、实验题（每空2分，共16分）15．某同学根据所学的光学知识，设计了一个测液体析射率的仪器．如图10所示．在一个圆盘上。
福建省四地六校联考2014_2015学年高二物理上学期第二次月考试卷(含解析)
福建省四地六校联考2014-2015学年高二上学期第二次月考物理试卷一、单项选择题（共12题，每小题4分，共48分）1．（4分）下列说法正确的是（）A．电场是假想的，并不是客观存在的物质B．电流的传导速率就是导体内自由电子的定向移动速率C．电流的方向就是电荷定向移动的方向D．物体所带的电荷量只能是元电荷e的整数倍2．（4分）下列正确描述正点电荷电场线的图示是（）A．B．C．D．3．（4分）有二个完全相同的金属小球A、B，A球带电量为7Q，B球带电量为﹣Q．A和B 相距为R（R远大于小球直径），此时相互作用力大小为F，让A球和B球接触后放回原位，A和B间的相互作用力大小将变为（）A．B．C．D．4．（4分）关于下列电阻和电阻率的说法正确的是（）A．把一根均匀导线分成等长的两段，则每部分的电阻、电阻率均变为原来的一半B．由ρ=可知，ρ∝R，ρ∝C．所有材料的电阻率随温度的升高而增大D．对某一确定的导体当温度升高时，若不计导体的体积和形状变化，发现它电阻增大，说明该导体材料的电阻率随温度的升高而增大5．（4分）关于电势的高低，下列说法正确的是（）A．沿电场线方向电势逐渐降低B．电势降低的方向一定是电场线的方向C．正电荷在只受电场力的作用下，一定向电势低的地方运动D．带负电荷的小球，由静止释放，一定向电势高的地方运动6．（4分）电场中某区域的电场线分布如图所示，A、B是电场中的两点，一正电荷在电场中只受电场力作用，则（）A．正电荷从A至B动能减少B．正电荷在A点的加速度大C．从A至B，电场力对正电荷做负功D．正电荷从A至B，电势能增加7．（4分）有A、B两个电阻，它们的伏安特性曲线如图所示，下列从图线中的判断错误的是（）A．电阻A的阻值大于电阻BB．电阻A的阻值小于电阻BC．电压相同时，流过电阻A的电流强度较大D．两电阻串联时，电阻A消耗的功率较小8．（4分）如图所示，给平行板电容器带一定的电荷后，将电容器的A板与静电计小球相连，并将B板与静电计的外壳接地．下列说法正确的是（）A．将A极板向右移动少许，静电计指针的偏转角将增大B．将B极板向上移动少许，静电计指针的偏转角将减小C．将一块玻璃板插入A、B两极板之间，静电计指针的偏转角将减小D．用手触摸一下B极板，静电计指针的偏转角将减小到零9．（4分）一负电荷从电场中A点由静止释放，只受电场力作用，沿电场线运动到B点，它运动的v﹣t图象如图所示，则A、B两点所在区域的电场线分布情况可能是（）A．B．C．D．10．（4分）如图所示的电路中，电源的电动势E和内阻r恒定不变，电灯L恰能正常发光，如果滑动变阻器的滑片向b端移动，则（）A．电灯L更亮，安培表的示数变大B．电灯L更亮，安培表的示数变小C．电灯L变暗，安培表的示数变小D．电灯L变亮，安培表的示数不变11．（4分）如图所示，两个定值电阻R1、R2串联后接在电压U稳定于12V的直流电源上，有人把一个内阻不是远大于R1、R2的电压表接在R1两端，电压表的示数为8V．如果他把电压表改接在R2两端，则电压表的示数将（）A．大于4V小于8V B．等于4V C．小于4V D．等于或大于8V12．（4分）有两盏电灯泡L1和L2，用图中所示的两种方式连接到电路中，已知电压U相同，且两盏电灯均能发光，比较在甲、乙两个电路中电灯L1的亮度，则（）A．甲图的电路中灯L1较亮B．乙图电路中灯L1较亮C．两个电路中灯L1一样亮D．不知它们的额定电压和额定功率，无法判断二、填空题（共4小题，每个空格2分，共18分）13．（4分）用多用电表测电阻（1）每次换挡后，需重新，再进行测量．（2）如果表的指针偏转过大，为使测量比较精确，应将选择开关拨至倍率较（填“大”或“小”）的挡位上．14．（4分）在“测定金属的电阻率”的实验中，需要用毫米刻度尺测出被测金属丝的长度L．用螺旋测微器测出金属丝的直径d，用电流表和电压表测出金属丝的电阻R x．（1）请写出测金属丝电阻率的表达式：ρ=（用上述测量量的字母表示）．（2）若实验中测量金属丝的直径时，螺旋测微器的示数如图所示，则金属丝直径的测量值为d=mm．15．（4分）在“描绘小电珠的伏安特性曲线”实验中，用导线a、b、c、d、e、f、g和h 按甲图所示方式连接好电路，电路中所有元器件都完好，且电压表和电流表已调零．闭合开关后：（1）若不管怎样调节滑动变阻器，小电珠亮度能发生变化，但电压表、电流表的示数总不能为零，则可能是导线断路．（2）某同学测出电源和小电珠的U﹣I图线如乙图所示，将小电珠和电阻R串联后接到电源上，要使电路中电流为1.0A，则R=Ω．16．（6分）在用伏安法测定电池的电动势和内阻的实验中，图甲是某一同学的实物连线图．他连线有一处错误，只须去掉一根导线，就可改正此错，这根导线的编号是．图乙是根据某次实验记录数据画出的U﹣I图象，可得该电源的电动势E= V，内阻r=Ω三、计算题（4小题，共34分，答题应写出主要的运算过程和必要的文字说明）17．（8分）把一个电荷量q=﹣10﹣6C的试探电荷，依次放在带正电的点电荷Q周围的A、B 两处，如图所示，受到的电场力大小分别为F A=5×10﹣3N，F B=3×10﹣3N．（1）求出A处的电场强度？（2）如果在B处放上另一个电荷量为q′=10﹣5C的电荷C，求q′受到的电场力的大小？18．（8分）如图所示，电源电动势为E=30V，内阻为r=1Ω，电灯上标有“6V，12W”字样，直流电动机线圈电阻R=2Ω．若电灯恰能正常发光，求：（1）流过电灯的电流是多大？（2）电动机两端的电压是多大？（3）电动机输出的机械功率是多少．19．（9分）如图所示的电路中，电源电动势E=10V，电阻R1=2.5Ω，R2=3Ω，当电阻箱R x调到3Ω时，电流表的示数为2A．（电表理想处理）求：（1）电源的内电阻；（2）调节电阻箱，使电流表的示数为1.6A时，电阻R2消耗的电功率．20．（9分）如图所示的电路中，两平行金属板A、B水平放置，两板间的距离d=40cm．电源电动势E=24V，内电阻r=1Ω，电阻R=15Ω．闭合开关S，待电路稳定后，将一带正电的小球从B板小孔以初速度v0=4m/s竖直向上射入板间，小球恰能到达A板．若小球带电荷量为q=1×10﹣2C，质量为m=2×10﹣2kg，重力加速度g=10m/s2，不考虑空气阻力．求：（1）此时AB两板的电压U是多少？（2）滑动变阻器接入电路的阻值为多大时？（3）此时电源的输出功率是多大？福建省四地六校联考2014-2015学年高二上学期第二次月考物理试卷参考答案与试题解析一、单项选择题（共12题，每小题4分，共48分）1．（4分）下列说法正确的是（）A．电场是假想的，并不是客观存在的物质B．电流的传导速率就是导体内自由电子的定向移动速率C．电流的方向就是电荷定向移动的方向D．物体所带的电荷量只能是元电荷e的整数倍考点：电流、电压概念；元电荷、点电荷；电场．分析：电荷在电场力作用下的定向移动形成电流，电荷的热运动是无规则运动，不能形成电流．明确电场及元电荷的定义．解答：解：A、电场是一种客观存在的特殊物质，故A错误；B、电流的传导速度为电场形成的速率，与自由电子的定向移动速率无关；故B错误；C、电流的方向是正电荷定向移动的方向，与负电荷定向移动的方向相反；故C错误；D、所有带电物体所带的电荷量只能是元电荷e的整数倍；故D正确；故选：D．点评：该题考查电流的形成原因，知道电荷在电场力作用下的定向移动形成电流，要明确传导速率与电荷定向移动速率的区别．2．（4分）下列正确描述正点电荷电场线的图示是（）A．B．C．D．考点：电场线．分析：电场线从正电荷或无限远出发，终止于无限远或负电荷，电场线不相交不闭合．本题依据电场线的这些特点即可正确解答．解答：解：正点电荷周围的电场线从正电荷出发终止于无限远的直线，且电场线不闭合，因此BCD错误，A正确．故选A．点评：掌握电场线的基本性质以及各种电荷周围电场线的分布情况是将来解决复杂问题的基础，因此不可忽视，要加强练习．3．（4分）有二个完全相同的金属小球A、B，A球带电量为7Q，B球带电量为﹣Q．A和B相距为R（R远大于小球直径），此时相互作用力大小为F，让A球和B球接触后放回原位，A和B间的相互作用力大小将变为（）A．B．C．D．考点：库仑定律．专题：电场力与电势的性质专题．分析：两个完全相同的小球带的是异种电荷，那么当它们接触后，它们带的电荷将先中和，之后再将剩余的电荷量平分．找到小球带的电量的关系之后，根据库仑力的公式就可以求得作用力的大小．解答：解：设两个球之间的距离为r，根据库仑定律可得，在它们相接触之前，相互间的库仑力大小F为：F=k=当将它们相接触之后，它们的电荷量先中和，再平分，此时每个球的电荷量为+3q，所以，此时两个球之间的相互的排斥力为F′，则F′=k==，故选：D．点评：解决本题的关键就是掌握住电荷平分的原则，当完全相同的金属小球互相接触时，它们的电荷量将会平分．4．（4分）关于下列电阻和电阻率的说法正确的是（）A．把一根均匀导线分成等长的两段，则每部分的电阻、电阻率均变为原来的一半B．由ρ=可知，ρ∝R，ρ∝C．所有材料的电阻率随温度的升高而增大D．对某一确定的导体当温度升高时，若不计导体的体积和形状变化，发现它电阻增大，说明该导体材料的电阻率随温度的升高而增大考点：电阻率与温度的关系；电阻定律．专题：恒定电流专题．分析：电阻决定式为：，可知电阻与导体电阻率，长度，横截面积有关．电阻率：（1）物理意义：反映导体导电性能的物理量，是导体材料本身的属性．（2）电阻率与温度的关系①金属的电阻率随温度升高而增大；②半导体的电阻率随温度升高而减小；③超导体：当温度降低到绝对零度附近时，某些材料的电阻率突然减小为零，成为超导体．解答：解：A、电阻决定式为：，可知把一根均匀导线分成等长的两段，则每部分的电阻变为原来的一半，但电阻率与温度和材料有关，与其他因素无关，故电阻率不变，故A错误．B、电阻率与材料和温度有关，与导体电阻，长度，横截面积都无关，故B错误．C、电阻率与温度的关系①金属的电阻率随温度升高而增大；②半导体的电阻率随温度升高而减小；③超导体：当温度降低到绝对零度附近时，某些材料的电阻率突然减小为零，成为超导体．故C错误．D、由电阻决定式为：，对某一确定的导体当温度升高时，若不计导体的体积和形状变化，发现它电阻增大，说明该导体材料的电阻率随温度的升高而增大，故D正确．故选：D点评：明确电阻率由材料和温度决定，知道电阻率与电阻不同．5．（4分）关于电势的高低，下列说法正确的是（）A．沿电场线方向电势逐渐降低B．电势降低的方向一定是电场线的方向C．正电荷在只受电场力的作用下，一定向电势低的地方运动D．带负电荷的小球，由静止释放，一定向电势高的地方运动考点：电势．专题：电场力与电势的性质专题．分析：根据推论：沿电场线方向电势逐渐降低；电势降低最快的方向才是电场强度的方向；正电荷只在电场力作用下从A移到B，电荷不一定从高电势处向低电势处运动，还取决于电荷的初速度；负电荷在只受电场力的作用下，由静止释放，一定向电势高的地方运动．解答：解：A、电场力做功W AB=U AB q=Eqd，不妨设沿着电场线方向移动正电荷，则电场力做正功，所以U AB＞0，所以φA＞φB，所以沿着电场线方向电势逐渐降低．故A正确．B、沿着电场线方向移动电势降低，但是电势降低的方向不一定是电场线的方向，电势降低最快的方向是场强的方向，故B错误．C、正电荷只在电场力作用下从一点移到另一点，电荷不一定从高电势处向低电势处运动，还取决于电荷的初速度．故C错误．D、根据电场力做功的表达式W AB=U AB q=Eqd，负电荷在只受电场力的作用下，由静止释放，电场力做正功，W AB＞0，q＜0，则U AB＜0，所以φA＜φB，即向电势高的地方运动．故D正确．故选：AD．点评：电场线的疏密表示电场强度的相对大小，电场线的方向反映电势的高低，则电场强度与电势没有直接关系．顺着电场线方向，电势逐渐降低，但场强不一定减小．6．（4分）电场中某区域的电场线分布如图所示，A、B是电场中的两点，一正电荷在电场中只受电场力作用，则（）A．正电荷从A至B动能减少B．正电荷在A点的加速度大C．从A至B，电场力对正电荷做负功D．正电荷从A至B，电势能增加考点：电势差与电场强度的关系；电势能．专题：电场力与电势的性质专题．分析：电场线的疏密反映电场强度的相对大小，电场线越密，场强越大．顺着电场线，电势降低．同一电荷在电场强度大的地方受到的电场力大．解答：解：A、正电荷从A至B，电场力做正功，动能增加，故A错误；B、A点电场线密，场强大，故正电荷在A点受到的电场力大，根据牛顿第二定律，加速度大，故B正确；C、正电荷从A至B，电场力做正功，故C错误；D、正电荷从A至B，电场力做正功，电势能减小，故D错误；故选：B．点评：本题考查对电场线物理意义的理解．注意电场力做功等于电势能的减小量．7．（4分）有A、B两个电阻，它们的伏安特性曲线如图所示，下列从图线中的判断错误的是（）A．电阻A的阻值大于电阻BB．电阻A的阻值小于电阻BC．电压相同时，流过电阻A的电流强度较大D．两电阻串联时，电阻A消耗的功率较小考点：欧姆定律．专题：恒定电流专题．分析：I﹣U图线斜率的倒数表示电阻的大小，根据图线的斜率比较电阻的大小．串联时电流相等，根据P=I2R比较功率的大小．解答：解：AB、因为电阻等于I﹣U线斜率的倒数，所以电阻A的阻值小于电阻B，故A 错误、B正确；C、根据欧姆定律，电压相同时，流过电阻A的电流强度较大，故C正确；D、根据功率的计算公式P=I2R，两电阻串联时，电流相等，电阻大的消耗的功率大，故电阻A消耗的功率较小，故D正确．本题选择错误的．故选：A．点评：解决本题的关键知道I﹣U图线的斜率的倒数表示电阻，以及知道串并联电路的特点．8．（4分）如图所示，给平行板电容器带一定的电荷后，将电容器的A板与静电计小球相连，并将B板与静电计的外壳接地．下列说法正确的是（）A．将A极板向右移动少许，静电计指针的偏转角将增大B．将B极板向上移动少许，静电计指针的偏转角将减小C．将一块玻璃板插入A、B两极板之间，静电计指针的偏转角将减小D．用手触摸一下B极板，静电计指针的偏转角将减小到零考点：电容器的动态分析．专题：电容器专题．分析：解答本题关键应根据：电容的决定式C=分析电容的变化，抓住电容器的电量不变，由电容的定义式C=分析电压的变化，即可判断静电计指针偏转角的变化．解答：解：A、将A极板向右移动少许，电容器两板间的距离减小，根据电容的决定式C=可知，电容C增大，而电容的电量Q不变，则电容的定义式C=可知，电容器板间电势差U减小，静电计指针的偏转角将减小．故A错误．B、将B极板向上移动少许，两板正对面积减小，根据电容的决定式C=可知，电容C 减小，而电容的电量Q不变，则电容的定义式C=可知，电容器板间电势差U增大，静电计指针的偏转角将增大．故B错误．C、将一块玻璃板插入A、B两极板之间，根据电容的决定式C=可知，电容C增大，而电容的电量Q不变，则电容的定义式C=可知，电容器板间电势差U减小，静电计指针的偏转角将减小．故C正确．D、用手触摸一下B极板，电容器带电量没有改变，静电计指针的偏转角将不变．故D错误．故选C点评：本题是电容器的动态变化分析问题，关键由电容的决定式C=和电容的定义式C=结合分析．9．（4分）一负电荷从电场中A点由静止释放，只受电场力作用，沿电场线运动到B点，它运动的v﹣t图象如图所示，则A、B两点所在区域的电场线分布情况可能是（）A．B．C．D．考点：电场线；牛顿第二定律；物体做曲线运动的条件．专题：电场力与电势的性质专题．分析：v﹣t图象中的斜率表示物体的加速度，所以根据电荷运动过程中v﹣t图象可知电荷的加速度越来越大，则电场力越来越大，电场强度越来越大，根据电场线与电场强度的关系可得出正确结果．解答：解：由v﹣t图象可知，粒子做加速度逐渐增大的加速运动，因此该电荷所受电场力越来越大，电场强度越来越大，电场线密的地方电场强度大，且负电荷受力与电场方向相反，故ABD错误，C正确．故选C．点评：本题结合v﹣t图象，考查了电场强度与电场线以及电荷受电场力与电场方向之间的关系，考点结合巧妙、新颖，有创新性．10．（4分）如图所示的电路中，电源的电动势E和内阻r恒定不变，电灯L恰能正常发光，如果滑动变阻器的滑片向b端移动，则（）A．电灯L更亮，安培表的示数变大B．电灯L更亮，安培表的示数变小C．电灯L变暗，安培表的示数变小D．电灯L变亮，安培表的示数不变考点：闭合电路的欧姆定律．专题：恒定电流专题．分析：由滑动变阻器的滑片向b端移动得到电阻R1的变化情况，得到整个外电阻的变化情况后，再根据闭合电路欧姆定律得到干路电流的变化情况，由U=E﹣Ir判断路段电压变化情况，即可判断电灯亮度的变化．解答：解：滑动变阻器的滑片向b端移动时，电阻R1变大，故整个外电阻变大，根据闭合电路欧姆定律，有：I=，得干路电流减小，故安培表的示数变小；路端电压U=E﹣Ir变大，故电灯泡变得更亮；故B正确．故选：B．点评：本题关键是由局部电阻的变化得到总电阻变化，根据闭合电路欧姆定律判断电流的变化情况，然后再分析各个局部电流和电压情况．11．（4分）如图所示，两个定值电阻R1、R2串联后接在电压U稳定于12V的直流电源上，有人把一个内阻不是远大于R1、R2的电压表接在R1两端，电压表的示数为8V．如果他把电压表改接在R2两端，则电压表的示数将（）A．大于4V小于8V B．等于4V C．小于4V D．等于或大于8V考点：串联电路和并联电路．专题：恒定电流专题．分析：电压表的内阻不是远大于R1 R2，电表表与电阻并联后，并联部分电阻减小，分担的电压减小．结合串联电路电压与电阻成正比来分析电压表的示数．解答：解：电压表接在R1两端，电压表的示数8V，则此时R2两端的电压为4V．把此表改接在两端R2时，由于电压表的内阻不是远大于R1 R2，电压表与R2并联的阻值小于R2，而R1与并联部分串联，总电压U=12V，则R1的电压大于8V，电压表与R2并联的电路的电压小于4V．故选：C点评：本题要注意电压表是实际的电表，内阻不是无穷大，电表对电路的影响不能忽略，把电压表看成可测量电压的电阻．12．（4分）有两盏电灯泡L1和L2，用图中所示的两种方式连接到电路中，已知电压U相同，且两盏电灯均能发光，比较在甲、乙两个电路中电灯L1的亮度，则（）A．甲图的电路中灯L1较亮B．乙图电路中灯L1较亮C．两个电路中灯L1一样亮D．不知它们的额定电压和额定功率，无法判断考点：电功、电功率；串联电路和并联电路．专题：恒定电流专题．分析：由图可知，甲图中两灯泡串联，乙图中两灯泡并联，则可由欧姆定律及功率公式可表示出两种接法中L1所消耗的实际功率，实际功率越大灯泡越亮．解答：解：图甲中，两灯泡串联，由串联电路电压特点可知，L1两端电压小于电源电压；图乙中，两灯泡并联，纯并联电路两端电压等于电源电压，因此L1两端电压等于电源电压；又因为灯泡L1的电阻不变，因此由P=可得，并联电路中L1的实际功率大于串联电路中L1的实际功率，故图乙中L1更亮．故选B．点评：熟练掌握功率的计算公式，注意实际功率决定灯泡的明暗程度．二、填空题（共4小题，每个空格2分，共18分）13．（4分）用多用电表测电阻（1）每次换挡后，需重新欧姆调零，再进行测量．（2）如果表的指针偏转过大，为使测量比较精确，应将选择开关拨至倍率较小（填“大”或“小”）的挡位上．考点：用多用电表测电阻．专题：实验题．分析：欧姆表换挡后要重新进行欧姆调零；应用欧姆表测电阻时要选择合适的档位，使指针指在中央刻度线附近．解答：解：（1）每次换挡后，需重新进行欧姆调零，再进行测量．（2）如果表的指针偏转过大，说明所选挡位太大，为使测量比较精确，应将选择开关拨至倍率较小的挡位上．故答案为：（1）欧姆调零；（2）小．点评：本题考查了多用电表的使用方法及注意事项，掌握基础知识即可正确解题；应用欧姆表测电阻时要选择合适的档位，使指针指在中央刻度线附近；欧姆表换挡后要进行欧姆调零，多用电表使用完毕，要把选择开关置于OFF挡或交流电压最高挡14．（4分）在“测定金属的电阻率”的实验中，需要用毫米刻度尺测出被测金属丝的长度L．用螺旋测微器测出金属丝的直径d，用电流表和电压表测出金属丝的电阻R x．（1）请写出测金属丝电阻率的表达式：ρ=（用上述测量量的字母表示）．（2）若实验中测量金属丝的直径时，螺旋测微器的示数如图所示，则金属丝直径的测量值为d=0.798（0.796～0.799）mm．考点：测定金属的电阻率．专题：实验题．分析：（1）根据电阻定律求出电阻率的表达式；（2）根据螺旋测微器固定刻度与可动刻度示数之和是螺旋测微器的示数．解答：解：（1）由电阻定律可知，金属丝电阻R x=ρ=ρ，则金属丝电阻率ρ=；（2）由图示螺旋测微器可知，螺旋测微器固定刻度示数为0.5mm，可动刻度示数为29.8×0.01mm=0.298mm，螺旋测微器示数为0.5mm+0.298m=0.798mm；故答案为：（1）；（2）0.796（0.796～0.799）．点评：本题考查了电阻定律的应用、刻度尺与螺旋测微器的读数，应用电阻定律即可求出电阻率的表达式；螺旋测微器固定刻度与可动刻度示数之和是螺旋测微器的示数，螺旋测微器需要估读．15．（4分）在“描绘小电珠的伏安特性曲线”实验中，用导线a、b、c、d、e、f、g和h 按甲图所示方式连接好电路，电路中所有元器件都完好，且电压表和电流表已调零．闭合开关后：（1）若不管怎样调节滑动变阻器，小电珠亮度能发生变化，但电压表、电流表的示数总不能为零，则可能是g导线断路．（2）某同学测出电源和小电珠的U﹣I图线如乙图所示，将小电珠和电阻R串联后接到电源上，要使电路中电流为1.0A，则R=0.8Ω．考点：描绘小电珠的伏安特性曲线．专题：实验题；恒定电流专题．分析：（1）滑动变阻器采用分压接法时，电压表与电流表示数均可从零开始变化；滑动变阻器采用限流接法时，电压表与电流表示数不能从零开始变化．（2）由图象求出电源的电动势与内阻，由图象求出电流为1A时灯泡两端电压，由欧姆定律求出此时灯泡电阻，最后由闭合电路的欧姆定律求出电阻阻值．解答：解：（1）调节滑动变阻器，小电珠的亮度变化，但电压表、电流表示数总不能为零，说明滑动变阻器不起分压作用，滑动变阻器实际上接成了限流接法，由图甲所示电路图可知，可能是g导线断路．（2）由图乙所示电源U﹣I线可知，电源电动势E=3.0V，电源内阻r===1Ω；由图乙所示小电珠的U﹣I图象可知，当电流为1.0A时，灯泡两端电压为1.2V，此时灯泡电阻R L===1.2Ω，灯泡与电阻串联后接在电源两端，由闭合电路欧姆定律得I=，解得R=0.8Ω；故答案为：（1）g；（2）0.8．点评：滑动变阻器采用分压接法时，电压表与电流表示数可以从零开始变化，滑动变阻器采用限流接法时，电压表与电流表不能从零开始变化．16．（6分）在用伏安法测定电池的电动势和内阻的实验中，图甲是某一同学的实物连线图．他连线有一处错误，只须去掉一根导线，就可改正此错，这根导线的编号是③．图乙是根据某次实验记录数据画出的U﹣I图象，可得该电源的电动势E=3 V，内阻r=1Ω。
福建省四地六校2014-2015学年高一地理上学期第二次联考
福建省四地六校2014-2015学年高一地理上学期第二次联考第1卷〔选择题共60分〕一、单项选择题〔此题共30题，每一小题2分，在每一小题给出的四个选项中，只有一项为哪一项符合题目要求的。
〕国家科学院曾预言：在2014年的某一天，美国南部的一些城市，在五彩斑斓的极光光幕过后，电网会突然变得闪烁不定，灯光在瞬时明亮后将会停电，一分半钟之后，这个大停电现象将会遍与美国整个东部地区，甚至整个欧洲以与中国、日本等区域也会同样经历这样的灾难，而这场灾难仅仅源于太阳打了一个强烈的“喷嚏〞。
据此回答1-2题。
1．材料中所述的太阳打了强烈的“喷嚏〞极有可能是A．太阳耀斑爆发 B．太阳爆炸 C．太阳辐射增强 D．太阳辐射减弱2．该“喷嚏〞还可能产生的明显影响不包括A．短波通讯中断 B．信鸽丢失C．指南针失灵 D．地球公转速度的变化如下图中的圆表示某一纬线圈。
箭头表示地球自转方向，读图完成3～4题3．假设A地的经度为20°W，如此B地的经度为( )A．170°E B．170°W C．130°E D．130°W4．假设AOB所对应的非阴影局部为今天，阴影局部为昨天，那么如下判断正确的答案是( )A．OA所在经线为0° B．OB所在经线为180°C．OB为晨线 D．OA的地方时为10点读下面地球公转图〔阴影表示夜半球，内圆表示极圈，中心表示北极点〕，回答5～6题：5．从C→D这一段时间里，如下说法正确的答案是：〔〕A．北极圈内极昼的范围逐渐增大 B．南极圈内极昼范围逐渐增大；C、北半球白天比黑夜长 D．南半球白天比黑夜长。
6．判断如下说法正确的答案是：〔〕A．从A到B这段时间内，太阳直射点逐渐向北移动B．从C到D这段时间内，太阳直射点逐渐向南移动C．到C点时，某某市昼短夜长，而且在一年中昼最短，夜最长D．从B到C这段时间内，某某市被太阳直射一次。
7、地质学家常利用地震波来寻找海底油气矿藏，如下四幅地震波示意图中表示海底储有石油的是〔〕如下图为三圈环流模式中某一环流圈示意图，读图完成8-9题。
2014春福建四地六校高一物理第二次月考试卷(附答案)
2014春福建四地六校高一物理第二次月考试卷（附答案）2014春福建四地六校高一物理第二次月考试卷（附答案）（考试时间：90分钟总分：100分）一、选择题：（每题3分，共14题42分。
下面各小题中的四个选项中，只有一个选项符合题意。
）1、关于摩擦力做功问题，下列叙述中正确的是()A．摩擦力总是阻力，故只能做负功B．静摩擦力出现的地方物体间无相对位移，故肯定不做功C．摩擦力可能做正功也可能做负功D．滑动摩擦力对两个相互作用的物体大小相等，方向相反，故对两个物体所做的功大小相同，正负相反2、关于运动的合成与分解的说法中，正确的是()A．合运动的位移为分运动的位移的矢量和B．合运动的速度一定比其中一个分速度大C．合运动的时间为分运动时间之和D．合运动的时间比各分运动时间长3、洗衣机是现代家庭常见的电器设备．它的脱水原理是采用转筒带动衣物旋转的方式进行脱水的，下列有关说法中错误的是()A．脱水过程中，衣物是紧贴筒壁的B．加快脱水筒转动的角速度，脱水效果会更好C．靠近中心的衣物脱水效果比四周的衣物脱水效果好D．水能从桶中甩出是因为水滴需要的向心力太大的缘故4、如图所示，木板放在光滑地面上，一滑块m放在木板上。
当用恒力F将滑块由木板块一端拉至另一端，木板分固定和不固定两种情况，力F做功分别为W1和W2，则()A．W1＝W2B．W1W2D．无法比较5、水流从高处落下，对水轮机做了2×108J的功，这句话的正确理解为()A．水流在对水轮机做功前，具有2×108J的重力势能B．水流在对水轮机做功时，具有2×108J的动能C．水流在对水轮机做功后，具有2×108J的能量D．水流在对水轮机做功的过程中，能量减少了2×108J6、如图所示，小球在细绳的作用下在光滑水平桌面内做圆周运动，以下说法正确的是()A．小球受到重力、桌面的支持力、绳的拉力和向心力的作用B．在绳长固定时，当转速增为原来的4倍时，绳子的张力增大为原来的16倍C．当角速度一定时，绳子越短越易断D．当线速度一定时，绳子越长周期越小7、两个分运动分别是匀速直线运动和匀加速直线运动的合运动，下列说法中正确的是()A．一定是匀变速曲线运动B．一定是匀变速直线运动C．可能是匀变速曲线运动，也可能是匀变速直线运动D．可能是变加速曲线运动，也可能是变加速直线运动8、在“验证机械能守恒定律”的实验中，由于打点计时器两限位孔不在同一竖直线上，使纸带通过时受到较大阻力，这样的结果会有（）A．mgh>B．mgh9、如图所示，O1为皮带传动的主动轮的轴心，轮半径为r1，O2为从动轮的轴心，轮半径为r2，。
福建省福州四中2014_2015学年高一物理下学期质检试卷(非美术班,含解析)
福建省福州四中2014-2015学年高一（下）质检物理试卷（非美术班）一、选择题（共12小题，每小题3分，共36分．在每小题中只有一选项正确，选对的得3分，选错或不答的得0分．）1．（3分）下面关于功率的说法中正确的是（）A．由P=可知：机器做功越多，其功率越大B．由P=Fv可知：只要F、v均不为零，F的功率就不为零C．额定功率是在正常条件下可以长时间工作的最大功率D．实际功率既可以大于额定功率，也可以小于额定功率2．（3分）下列说法中正确的是（）A．位于同一水平面上的质量不同的物体，它们的重力势能的数值一定不同B．物体运动时，重力对它做的功只跟它的起点和终点的位置有关，而跟物体运动的路径无关C．动能不但有大小，而且有方向D．合外力对物体所做的功，等于物体动能的减少量3．（3分）下列情况满足机械能守恒的是（）A．手中扔出的小石头（不计空气阻力）B．子弹射穿木块C．汽车以恒定的速度上坡D．起重机将货物匀速吊起4．（3分）做平抛运动的物体（）A．水平速度保持不变B．加速度逐渐增大C．动能保持不变D．竖直方向的速度保持不变5．（3分）质量为m的小物块，从离桌面高H处由静止下落，桌面离地面高为h，如图所示．如果以桌面为参考平面，那么小物块落地时的重力势能及整个过程中重力势能的变化分别是（）A．mgh，减少mgh B．mgh，增加mg（H+h）C．﹣mgh，减少mg（H+h）D．﹣mgh，增加mg（H﹣h）6．（3分）如图所示，质量为m的物体，以速度v离开高为H的桌子，当它落到距地面高为h 的A点时，在不计空气阻力的情况下，下列判断错误的是（）A．若取地面为零势能面，物体在A点具有的机械能是mv2+mgHB．若取桌面为零势能面，物体在A点具有的机械能是mv2C．物体在A点具有的动能是mv2+mg（H﹣h）D．物体在A点具有的动能与重力势能零参考平面的选取有关，因此是不确定的7．（3分）质量为1.0kg的物体，以某初速度在水平面上滑行，由于摩擦阻力的作用，其动能随位移变化的情况如图所示，则下列判断正确的是（g=10m/s2（）A．物体与水平面间的动摩擦因数为0.25B．物体与水平面间的动摩擦因数为0.30C．物体滑行的总时间是2.0sD．物体滑行的总时间是6.0s8．（3分）某同学用200N的力将质量为0.44kg的足球踢出，足球以10m/s的初速度沿水平草坪滚出60m后静止，则该同学对足球做的功是（）A．4.4J B．22J C．132J D．12000J9．（3分）一个质量为m的物体以a=2g的加速度竖直向下运动，则在此物体下降h高度的过程中，物体的①重力势能减少了2mgh ②动能增加了2mgh ③机械能保持不变④机械能增加了mgh以上说法正确的是（）A．①③B．①④C．②③D．②④10．（3分）一发水平飞行、速率为v的子弹恰好能射穿4块等厚、同质的固定木板．子弹刚穿过第一块木板时的速率为（）A．B．C．D．11．（3分）如图所示，从倾角为θ的斜面上A点，以水平速度v0抛出一个小球，不计空气阻力，它落到斜面上B点时所用的时间t及AB两点间距离s为（）A．t=，s=B．t=，s=C．t=，s=D．t=，s=12．（3分）如图所示，质量为m的木块放在光滑的水平桌面上，用轻绳绕过桌边的定滑轮与质量为M的砝码相连，已知M=2m，让绳拉直后使砝码从静止开始下降．若砝码底部与地面的距离为h，砝码刚接触地面时木块仍没离开桌面，此时木块的速率为（）A．B．C．D．二、填空实验题（每空2分，共24分）13．（4分）某同学为“探究恒力做功和物体动能变化间的关系”，采用了如图所示的“探究物体加速度与物体质量、受力之间关系”的实验装置．该同学想用钩码的重力表示滑块受到的合力，钩码的总质量m与滑块的质量M应该满足的实验条件是；实验时首先要做的步骤是．14．（12分）在“验证机械能守恒定律”的一次实验中，质量m的重物自由下落，如图1所示，在纸带上打出一系列的点，P是第一个点（实验所用电源的频率f=50Hz，当地的重力加速度为g=9.8m/s2），那么：①在实验中，除铁架台、夹子、打点计时器、电源、纸带和重锤外，还需选用下述仪器中的哪种？A．秒表 B．刻度尺 C．天平 D．弹簧秤②打点计时器打下计数点B时，重物的速度v B=m/s（保留到小数点后两位）；③从起点P到打下计数点B的过程中，物体的重力势能减少量△E P=m （保留到小数点后两位）；④实验中重物增加的动能往往（填“大于”、“等于”或“小于”）它所减少的势能，产生这种情况的主要原因是；⑤若纸带不慎断裂，失去开头部分的几个点，（填“能”或“不能”）根据剩下部分验证机械能守恒定律．15．（4分）如图所示，一质量为m的物体，从倾角为θ的光滑斜面顶端由静止下滑，开始下滑时离地面的高度为h，当物体滑至斜面底端时速度大小为，重力的瞬时功率为．16．（4分）质量均为m的物体A和B分别系在一根不计质量的细绳两端，绳子跨过固定在倾角为30°的光滑斜面顶端的定滑轮上，斜面固定在水平地面上．开始时把物体B拉到斜面底端，这时物体A离地面的高度为0.8m，如图所示．若摩擦力均不计，从静止开始放手让它们运动，取g=10m/s2．求：（1）物体A着地时的速度m/s．（2）物体A着地后物体B沿斜面上滑的最大距离m．三、计算题（4小题，共40分）在答题卷上写出必要的文字说明、公式和重要演算步骤，只写最后答案不得分．有数值计算的题，结果应明确写出数值和单位．17．（8分）如图所示，跳台滑雪运动员经过一段加速滑行后从O点水平飞出，经3.0s落到斜坡上的A点．已知O点是斜坡的起点，斜坡与水平面的夹角θ=37°，运动员的质量m=50kg．不计空气阻力．求：（1）A点与O点的距离L；（2）运动员离开O点时的速度大小．18．（8分）以v0=20m/s的初速度竖直向上抛出一个物体．不计空气阻力，以抛出点所在的水平面为零势能参考面，取g=10m/s2．求：（1）上升的最大高度；（2）在抛出点上方多高处，它的动能2倍于该处重力势能．19．（12分）2009年下半年，德国公布其一款电动汽车问世，这款电动汽车的过人之处在于无需电池供电，而是将电能储存在一个超级电容里，这样可以让每次充电的时间比现有的汽车加油还快．我上海有7辆超级电容车在公交 11路投入试运行，运营中无需连接电缆，只需在候客上车间隙充电 30秒到 1分钟，就能行驶 3到 5公里．假设有一辆超级电容车，质量m=2×103kg，额定功率P=60kW，当超级电容车在平直水平路面上行驶时，受到的阻力f是车重的0.1倍，g取10m/s2，问：（1）超级电容车在此路面上行驶所能达到的最大速度是多少？（2）若超级电容车从静止开始，保持以0.5m/s2的加速度作匀加速直线运动，这一过程能维持多长时间？（3）若超级电容车从静止开始，保持额定功率做加速运动，50s后达到最大速度，求此过程中超级电容车的位移．20．（12分）如图所示为某探究活动小组设计的节能运输系统．斜面轨道倾角为30°，质量为M的木箱与轨道的动摩擦因数为μ=．木箱在轨道顶端时，自动装货装置将质量为m的货物装入木箱，然后木箱载着货物（木箱和货物都可看作质点）沿轨道无初速度滑下，当轻弹簧被压缩至最短时，自动卸货装置立刻将货物卸下，然后木箱恰好被弹回到轨道顶端，再重复上述过程．（重力加速度为g）（1）若己知木箱沿斜面下滑下落高度为h时，恰好与弹簧接触，求木箱接触弹簧时速度大小？（2）若己知木箱沿斜面下滑下落高度为H时，弹簧被压缩至最短，求弹簧获得最大弹性势能E p？（M、m己知）（3）求货物质量m与木箱质量M之比？福建省福州四中2014-2015学年高一（下）质检物理试卷（非美术班）参考答案与试题解析一、选择题（共12小题，每小题3分，共36分．在每小题中只有一选项正确，选对的得3分，选错或不答的得0分．）1．（3分）下面关于功率的说法中正确的是（）A．由P=可知：机器做功越多，其功率越大B．由P=Fv可知：只要F、v均不为零，F的功率就不为零C．额定功率是在正常条件下可以长时间工作的最大功率D．实际功率既可以大于额定功率，也可以小于额定功率考点：功率、平均功率和瞬时功率．专题：功率的计算专题．分析：功率是描述做功快慢的物理量，功率大说明物体做功快，根据定义式P=及P=Fvcosθ分析，用电器正常工作时的实际功率是额定功率．解答：解：A、由P=可知：机器做功越多，其功率不一定越大，还要看所用的时间，故A错误；B、根据P=Fvcosθ可知，F、v均不为零，若θ=90°，则F的功率为零，故B错误；CD、机器正常工作时的实际功率是额定功率，额定功率是在正常条件下可以长时间工作的最大功率，实际功率不能大于额定功率，故C正确，D错误．故选：C．点评：本题就是考查学生对功率概念的理解，知道功率是表示做功的快慢的物理量，做的功多，功率不一定大．2．（3分）下列说法中正确的是（）A．位于同一水平面上的质量不同的物体，它们的重力势能的数值一定不同B．物体运动时，重力对它做的功只跟它的起点和终点的位置有关，而跟物体运动的路径无关C．动能不但有大小，而且有方向D．合外力对物体所做的功，等于物体动能的减少量考点：重力势能；功的计算．分析：重力势能具有相对性，动能和重力势能均是标量；重力做功量度重力势能的变化，合力做功量度动能的变化．解答：解：A、根据重力势能的表达式E p=mgh，位于同一水平面上的质量不同的物体，如果以该平面为参考平面，则它们的重力势能相等，均为零，故A错误；B、重力做功的特点是只跟初末位置有关，跟路径和路程无关，故B正确；C、动能是标量，没有方向．故C错误；D、根据动能定理可知，合外力对物体所做的功，等于物体动能的变化量，动能不一定减小，故D错误；故选：B．点评：本题关键是熟悉重力势能的相对性和动能是标量，知道重力做功是重力势能的变化量度，合力做功是动能变化量度，基础题目．3．（3分）下列情况满足机械能守恒的是（）A．手中扔出的小石头（不计空气阻力）B．子弹射穿木块C．汽车以恒定的速度上坡D．起重机将货物匀速吊起考点：机械能守恒定律．专题：机械能守恒定律应用专题．分析：机械能守恒的条件，只有重力做功，动能和势能相互转化，机械能守恒．解答：解：A、手中扔出的小石头，运动的过程中，只有重力做功，机械能守恒．故A正确．B、子弹射出木块时，有阻力做功，机械能不守恒．故B错误．C、汽车以恒定速度上坡，动能不变，重力势能增加，则机械能增加．故C错误．D、起重机将货物匀速吊起，动能不变，重力势能增加，则机械能增加．故D错误．故选：A．点评：解决本题的关键掌握判断机械能守恒的方法：1、看是否只有重力做功；2、看动能和势能之和是否保持不变．4．（3分）做平抛运动的物体（）A．水平速度保持不变B．加速度逐渐增大C．动能保持不变D．竖直方向的速度保持不变考点：平抛运动．专题：平抛运动专题．分析：平抛运动在水平方向上做匀速直线运动，在竖直方向上做自由落体运动，加速度始终竖直向下，大小保持不变．解答：解：A、平抛运动在水平方向上做匀速直线运动，水平速度保持不变．故A正确．B、平抛运动的加速度始终竖直向下，大小不变．故B错误．C、平抛运动的水平速度不变，竖直分速度不断变大，根据平行四边形定则知，速度不断增大，则动能不断增大．故C错误．D、平抛运动在竖直方向上做自由落体运动，速度不断增大．故D错误．故选：A．点评：解决本题的关键知道平抛运动的特点，知道平抛运动在水平方向和竖直方向上的运动规律．5．（3分）质量为m的小物块，从离桌面高H处由静止下落，桌面离地面高为h，如图所示．如果以桌面为参考平面，那么小物块落地时的重力势能及整个过程中重力势能的变化分别是（）A．mgh，减少mgh B．mgh，增加mg（H+h）C．﹣mgh，减少mg（H+h）D．﹣mgh，增加mg（H﹣h）考点：功能关系；重力势能．分析：要求物体在某一个位置的重力势能，应该先确定参考平面．知道重力做功量度重力势能的变化．解答：解：以桌面为参考平面，小物块落地时在桌面下方，所以小物块落地时的重力势能为﹣mgh．据重力做功与重力势能变化的关系得：W G=﹣△E p小球下落的过程中重力做功 W G=mg（H+h）所以小球重力势能减少mg（H+h）．故C正确．故选：C．点评：解决本题时要注意：在参考平面下方，重力势能为负值，在参考平面上方，重力势能为正值．要熟悉功能关系，也就是什么力做功量度什么能的变化，并能建立定量关系．6．（3分）如图所示，质量为m的物体，以速度v离开高为H的桌子，当它落到距地面高为h 的A点时，在不计空气阻力的情况下，下列判断错误的是（）A．若取地面为零势能面，物体在A点具有的机械能是mv2+mgHB．若取桌面为零势能面，物体在A点具有的机械能是mv2C．物体在A点具有的动能是mv2+mg（H﹣h）D．物体在A点具有的动能与重力势能零参考平面的选取有关，因此是不确定的考点：机械能守恒定律；平抛运动．专题：机械能守恒定律应用专题．分析：物体在运动的过程中只有重力做功，机械能守恒，求出初始状态的机械能，即可得出物体在A点的机械能，以及在A点的动能．解答：解：A、物体在运动的过程中机械能守恒，若取桌面为零势能面，抛出点机械能为mv2+mgH，平抛过程中机械能守恒，任何一点的机械能为mv2+mgH，故A正确．B、若取桌面为零势能面，抛出点机械能为mv2，平抛过程中机械能守恒，任何一点的机械能为mv2，故B正确；C、朋抛出点到A点，根据动能定理得 mg（H﹣h）=mv﹣mv2，解得A点的动能mv=mv2+mg（H﹣h），故C正确．D、物体在A点具有的动能与重力势能零参考平面的选取无关，动能是确定的，故D错误．本题选错误的，故选：D．点评：解决本题的关键知道物体在运动的过程中机械能守恒，A点的机械能等于初始位置的机械能．以及会根据机械能守恒定律，求出A点的动能．7．（3分）质量为1.0kg的物体，以某初速度在水平面上滑行，由于摩擦阻力的作用，其动能随位移变化的情况如图所示，则下列判断正确的是（g=10m/s2（）A．物体与水平面间的动摩擦因数为0.25B．物体与水平面间的动摩擦因数为0.30C．物体滑行的总时间是2.0sD．物体滑行的总时间是6.0s考点：动能定理．专题：动能定理的应用专题．分析：运用动能定理把动能和位移的关系表示出来．把物理表达式与图象结合起来，根据图象中的数据求出未知物理量．解答：解：根据动能定理得：E K2﹣E K1=﹣fx则得E K2=E K1﹣fx结合动能随位移变化的情况得：初动能E K1=50J，由E K1=得初速度v=10m/s根据数学知识知：图象的斜率大小等于f，则得 f=2.5N又f=μmg解得μ=0.25设运动总时间为t，则由s=得t===4s故选：A．点评：利用数学图象处理物理问题的方法就是把物理表达式与图象结合起来，根据图象中的数据求解．一般我们通过图象的特殊值和斜率进行求解．8．（3分）某同学用200N的力将质量为0.44kg的足球踢出，足球以10m/s的初速度沿水平草坪滚出60m后静止，则该同学对足球做的功是（）A．4.4J B．22J C．132J D．12000J考点：功的计算．分析：人对球做的功是变力做功，不能用功的公式来求，应用动能定理科以求得人做功的大小．解答：解：根据动能定理可得，人对球做的功的大小等于球动能的变化，即W= mV2﹣0=×0.44×102J=22J，所以B正确．故选B．点评：题目中告诉的200N的力和60m都是干扰同学做题的干扰项，人对球的力是变力不能用功的公式直接求得．9．（3分）一个质量为m的物体以a=2g的加速度竖直向下运动，则在此物体下降h高度的过程中，物体的①重力势能减少了2mgh ②动能增加了2mgh ③机械能保持不变④机械能增加了mgh以上说法正确的是（）A．①③B．①④C．②③D．②④考点：功能关系．分析：根据重力做功判断重力势能的变化，根据合力做功判断动能的变化，根据动能和势能的变化判断机械能的变化．解答：解：①、物体重力做功为mgh，所以重力势能减小mgh．故①错误．②、物体所受的合力为F合=ma=2mg，所以合力做功为2mgh，则动能增加为2mgh．故②正确．③④、物体的机械能等于动能和重力势能之和，动能增加2mgh，重力势能减小mgh，则机械能增加mgh．故③错误，④正确．故选：D．点评：本题考查了功能关键，知道重力做功等于重力势能的减小量，合力做功等于动能的增加量．10．（3分）一发水平飞行、速率为v的子弹恰好能射穿4块等厚、同质的固定木板．子弹刚穿过第一块木板时的速率为（）A．B．C．D．考点：动能定理的应用．专题：动能定理的应用专题．分析：子弹在穿越木板的过程中，阻力做负功，使子弹的动能减小，根据动能定理分别研究子弹射穿第一块木板和穿过4块木板的过程，利用比例法求解子弹在射穿第一块木板时的速率．解答：解：设子弹在射穿第一块木板时的速率为v，块木板的厚度为d，阻力大小为f，由动能定理得：子弹射穿第一块木板的过程：﹣fd=mv2﹣mv2 …①子弹射穿3块木板的过程：﹣f•4d=0﹣mv2…②由①②解得：v=v；故选：C．点评：本题运用动能定理时关键是选择研究的过程，也可以运用运动学公式进行研究求解．11．（3分）如图所示，从倾角为θ的斜面上A点，以水平速度v0抛出一个小球，不计空气阻力，它落到斜面上B点时所用的时间t及AB两点间距离s为（）A．t=，s=B．t=，s=C．t=，s=D．t=，s=考点：平抛运动．专题：平抛运动专题．分析：平抛运动在水平方向上做匀速直线运动，在竖直方向上做自由落体运动，抓住竖直位移和水平位移的关系求出运动的时间，由几何关系求AB间的距离．解答：解：物体落在斜面上，则位移与水平方向的夹角就等于斜面的倾角θ，因此有tanθ=其中y=gt2，x=v0t，则t=，则AB间的距离 s===．故选：D．点评：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，结合等时性，运用运动学公式灵活求解．12．（3分）如图所示，质量为m的木块放在光滑的水平桌面上，用轻绳绕过桌边的定滑轮与质量为M的砝码相连，已知M=2m，让绳拉直后使砝码从静止开始下降．若砝码底部与地面的距离为h，砝码刚接触地面时木块仍没离开桌面，此时木块的速率为（）A．B．C．D．考点：动能定理的应用．专题：动能定理的应用专题．分析：对于木块和砝码组成的系统，只有重力做功，系统的机械能守恒，据此定律列式，即可求解木块的速率．解答：解：以木块和砝码组成的系统为研究对象，只有重力做功，系统的机械能守恒，则有：2mgh=解得：v=故选：D．点评：本题是绳系系统，关键要判断出机械能守恒，并正确列式求解，也可以根据动能定理或牛顿第二定律、运动学公式结合求解．二、填空实验题（每空2分，共24分）13．（4分）某同学为“探究恒力做功和物体动能变化间的关系”，采用了如图所示的“探究物体加速度与物体质量、受力之间关系”的实验装置．该同学想用钩码的重力表示滑块受到的合力，钩码的总质量m与滑块的质量M应该满足的实验条件是小车的质量远大于钩码的质量；实验时首先要做的步骤是平衡摩擦．考点：探究功与速度变化的关系．专题：实验题．分析：由于小车运动过程中会遇到（滑轮和细绳、小车和木板、打点计时器和纸带之间等）阻力，所以要平衡摩擦力．平衡摩擦力时，要轻推一下小车，观察小车是否做匀速运动．由于小车加速下降，处于失重状态，拉力小于重力，小ma，勾码重量越小，ma越小，拉力与重量越接进．解答：解：由于小车运动过程中会遇到阻力，同时由于小车加速下降，处于失重状态，拉力小于重力，故要使拉力接进勾码的重量，要平衡摩擦力，以及要使勾码的质量远小于小车的质量．故答案为：小车的质量远大于钩码的质量；平衡摩擦力．点评：本题关键是要根据探究功与速度变化关系的实验的实验原理，从减小实验误差的角度来分析．14．（12分）在“验证机械能守恒定律”的一次实验中，质量m的重物自由下落，如图1所示，在纸带上打出一系列的点，P是第一个点（实验所用电源的频率f=50Hz，当地的重力加速度为g=9.8m/s2），那么：①在实验中，除铁架台、夹子、打点计时器、电源、纸带和重锤外，还需选用下述仪器中的哪种？BA．秒表 B．刻度尺 C．天平 D．弹簧秤②打点计时器打下计数点B时，重物的速度v B=1.37m/s（保留到小数点后两位）；③从起点P到打下计数点B的过程中，物体的重力势能减少量△E P=0.94m （保留到小数点后两位）；④实验中重物增加的动能往往小于（填“大于”、“等于”或“小于”）它所减少的势能，产生这种情况的主要原因是存在阻力；⑤若纸带不慎断裂，失去开头部分的几个点，能（填“能”或“不能”）根据剩下部分验证机械能守恒定律．考点：验证机械能守恒定律．专题：实验题．分析：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需要刻度尺，利用匀变速直线运动的推论，可计算出打出某点时纸带运动的瞬时速度和加速度，由重力做功求出重力势能减少量．根据功能关系得重力势能减小量等于重力做功的数值，根据验证实验原理判断．解答：解：（1）测得纸带上的点间距需要刻度尺，故选B（2）利用匀变速直线运动的推论v B===1.37m/s（3）重力势能减小量△E p=mgh=m×9.8×0.0958J=0.94m（4）通过克服阻力做功，机械能有损失；故实验中重物增加的动能往往小于减少的势能．（5）只要知道某两点的速度，和两点间的距离就可以验证机械能守恒定律，故能故答案为：①B ②1.37 ③0.94 ④小于，存在阻力⑤能点评：要知道重物带动纸带下落过程中能量转化的过程和能量守恒，重物带动纸带下落过程中，除了重力还受到阻力，从能量转化的角度，由于阻力做功，重力势能减小除了转化给了动能还有一部分转化给摩擦产生的内能15．（4分）如图所示，一质量为m的物体，从倾角为θ的光滑斜面顶端由静止下滑，开始下滑时离地面的高度为h，当物体滑至斜面底端时速度大小为，重力的瞬时功率为mg sinθ．考点：功率、平均功率和瞬时功率．专题：功率的计算专题．分析：应用公式P=Fv求某力的瞬时功率时，注意公式要求力和速度的方向在一条线上，在本题中应用机械能守恒求出物体滑到斜面底端时的速度，然后将速度沿竖直方向分解即可求出重力功率．解答：解：物体下滑过程中机械能守恒，所以有：mgh=①解得v=物体滑到底端重力功率为：p=mgvsinθ ②联立①②解得：P=mg sinθ故答案为：，mg sinθ．点评：物理公式不仅给出了公式中各个物理量的数学运算关系，更重要的是给出了公式需要遵循的规律和适用条件，在做题时不能盲目的带公式，要弄清公式是否适用．16．（4分）质量均为m的物体A和B分别系在一根不计质量的细绳两端，绳子跨过固定在倾角为30°的光滑斜面顶端的定滑轮上，斜面固定在水平地面上．开始时把物体B拉到斜面底端，这时物体A离地面的高度为0.8m，如图所示．若摩擦力均不计，从静止开始放手让它们运动，取g=10m/s2．求：（1）物体A着地时的速度0.2m/s．（2）物体A着地后物体B沿斜面上滑的最大距离0.4m．。
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福建省四地六校联考2014-2015学年高一下学期第二次月考物理试卷一、单项选择题（每小题4分，共48分）1．（4分）关于质点做匀速圆周运动，下列说法中正确的是（）A．质点的运动速度不变B．质点的运动周期不变C．质点运动的角速度不断变化D．质点的转速不断变化2．（4分）关于向心加速度的物理意义，下列说法正确的是（）A．它是描述线速度方向变化的快慢B．它是描述线速度大小变化的快慢C．它是描述向心力变化的快慢D．它是描述角速度变化的快慢3．（4分）忽略空气阻力，下列几种运动中满足机械能守恒的是（）A．小孩在沿斜面匀速下滑B．石块在空中做平抛运动C．观光电梯匀速下降D．子弹射穿西瓜的运动4．（4分）下列说法正确的是（）A．滑动摩擦力一定对物体做负功B．作用力的功与反作用力的功其代数和一定为零C．重力对物体做功与路径无关，只与始末位置有关D．若物体受到的合外力不为零，则物体的机械能一定变化5．（4分）当质点做匀速圆周运动时，如果外界提供的合力小于质点需要的向心力时，质点将（）A．在圆周轨道上运动B．做向心运动，离圆心越来越近C．做做匀速直线运动D．做离心运动，离圆心越来越远6．（4分）下列各图中，弹性势能增加的是（）A．如图（甲），撑杆跳高的运动员上升过程中，杆的弹性势能B．如图（乙），人拉长弹簧过程中，弹簧的弹性势能C．如图（丙），模型飞机用橡皮筋发射出去的过程中，橡皮筋的弹性势能D．如图（丁），小球被弹簧向上弹起的过程中，弹簧的弹性势能7．（4分）洗衣机的甩干筒在匀速旋转时有衣服附在筒壁上，则此时（）A．衣服受重力，筒壁的弹力和摩擦力，及离心力作用B．筒壁对衣服的摩擦力随转速的增大而增大C．衣服随筒壁做圆周运动的向心力由筒壁的弹力提供D．筒壁对衣服的弹力随着衣服含水量的减少而保持不变8．（4分）如图装置A、B轮通过皮带传动，A、C轮通过摩擦传动，半径R A=2R B=3R C，各接触面均不打滑，则A，B，C三点的线速度和角速度之比分别为（）A．v A：v B：v C=1：2：3，ωA：ωB：ωC=3：2：1B．v A：v B：v C=1：1：1，ωA：ωB：ωC=2：3：6C．v A：v B：v C=1：1：1，ωA：ωB：ωC=3：2：1D．v A：v B：v C=3：2：1，ωA：ωB：ωC=1：1：19．（4分）如图所示，一个内壁光滑的圆锥筒的轴线垂直于水平面，圆锥筒固定不动，两个质量相同的小球A和B紧贴着内壁分别在图中所示的水平面内做匀速圆周运动，则（）A．球A的线速度必定小于球B的线速度B．球A的角速度必定大于球B的角速度C．球A的运动周期必定小于球B的运动周期D．球A对筒壁的压力必定等于球B对筒壁的压力10．（4分）如图甲、乙、丙三种情形表示同一物体在相同的粗糙水平面上分别受恒力F1、F2、F3作用下匀速向右发生一段相同的位移，力F1、F2、F3对物体做功分别为W甲、W乙、W丙．则W甲、W乙、W丙大小关系为是（）A．W甲＞W乙＞W丙B．W甲＞W丙＞W乙C．W乙＞W甲＞W丙D．W丙＞W乙＞W甲11．（4分）如图所示，细杆的一端与一小球相连，可绕过O点的水平轴自由转动，现给小球一初速度，使它做圆周运动，图中a、b分别表示小球转到的最低点和最高点，关于杆对球的作用力的说法正确的是（）A．a处一定为拉力，b处可能为拉力B．a处为一定拉力，b处可能推力C．a处可能为推力，b处一定拉力D．a、b两处可能都为推力12．（4分）如图所示，物体以100J的初动能从斜面底端沿斜面向上运动，当它向上通过斜面上某一点M时，其动能减少了60J，克服摩擦力做功18J，则物体返回到斜面底端时的动能为（）A．20JB．40JC．60JD．80J二、实验题（每空2分，共18分）13．（10分）在“验证机械能守恒定律”的实验中，打点计时器所用电源频率为50Hz，当地重力加速度的值为9.80m/s2，测得所用重物的质量为1.00kg．若按实验要求正确地选出纸带进行测量，量得连续三点A、B、C到第一个点的距离如图所示（相邻计数点时间间隔为0.02s），那么：①纸带的端与重物相连；②打点计时器打下计数点B时，物体的速度v B=；③从起点O到打下计数点B的过程中重力势能减少量是△E p=，此过程中物体动能的增加量△E k=（取g=9.8m/s2）；（结果保留三位有效数字）④实验的结论是．14．（2分）在《探究功与物体速度变化关系》的实验中，甲、乙两位同学的实验操作均正确．甲同学根据实验数据作出了功和速度的关系图线，即W﹣v图，如图甲，并由此图线得出“功与速度的平方一定成正比”的结论．乙同学根据实验数据作出了功与速度平方的关系图线，即W﹣v2图，如图乙，并由此也得出“功与速度的平方一定成正比”的结论．关于甲、乙两位同学的分析，你的评价是（）A．甲的分析不正确，乙的分析正确B．甲的分析正确，乙的分析不正确C．甲和乙的分析都正确D．甲和乙的分析都不正确15．（6分）在用斜面小槽等装置做“探究平抛物体运动”实验中，①下列哪些措施是必须做到的A．斜槽轨道末端切线必须水平B．斜槽轨道必须光滑C．每次要平衡摩擦力D．小球每次应从斜槽同一高度释放②某同学用一张印有小方格的纸记录轨迹，小方格的边长L=2.5cm，若小球在平抛运动途中的几个位置如图a、b、c、d所示，则小球平抛的初速度的计算式为v0=（用L、g表示），其值是．（取g=10m/s2）三、计算题（共34分，解答应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤）16．（10分）汽车发动机的额定功率为P=60KW，汽车质量m=5.0×103kg，汽车在水平路面上行驶时，阻力是车重0.1倍，试问：①汽车保持额定功率从静止起动后能达到的最大速度是多少？②汽车从静止开始，保持以a=0.5m/s2的加速度作匀加速直线运动，这一过程维持多长时间？17．（12分）船在d=100米宽的河中横渡，河水流速是v1=1.5m/s，船在静水中的航速是v2=2.5m/s，试求：（1）要使船到达对岸的时间最短，船头应指向何处？最短时间是多少？（2）要使船航程最短，船头应指向上游，其与河岸夹角为多大？最短航程的时间为多少．18．（12分）如图所示，小球从光滑圆弧的A点由静止开始下滑，过B点后水平飞出，落至D点，不计空气阻力，已知圆弧半径R=0.45m，BC=0.8m．小球质量m=2kg，g=10m/s2求：（1）小球到达B点时的速率及对B点压力的大小（2）小球从B点飞出到落地所经历的时间（3）小球落地点D离C点的水平距离．福建省四地六校联考2014-2015学年高一下学期第二次月考物理试卷参考答案与试题解析一、单项选择题（每小题4分，共48分）1．（4分）关于质点做匀速圆周运动，下列说法中正确的是（）A．质点的运动速度不变B．质点的运动周期不变C．质点运动的角速度不断变化D．质点的转速不断变化考点：匀速圆周运动．专题：匀速圆周运动专题．分析：匀速圆周运动的向心力方向时刻改变，线速度大小不变，方向时刻改变，角速度的大小和方向都不变，转速保持不变．解答：解：A、匀速圆周运动的线速度大小不变，方向时刻改变．故A错误．B、匀速圆周运动的转速、周期、角速度是标量，保持不变．故CD错误，B正确；故选：B点评：解决本题的关键知道匀速圆周运动的线速度大小不变，方向时刻改变，角速度的大小和方向都不变，向心力的方向时刻改变，转速是标量，保持不变2．（4分）关于向心加速度的物理意义，下列说法正确的是（）A．它是描述线速度方向变化的快慢B．它是描述线速度大小变化的快慢C．它是描述向心力变化的快慢D．它是描述角速度变化的快慢考点：向心加速度．专题：匀速圆周运动专题．分析：向心加速度只改变速度的方向，不改变速度大小，向心加速度描述的是线速度方向变化的快慢，因此明确向心加速度的物理意义即可正确解答本题．解答：解：A、圆周运动的向心加速度只改变速度的方向，不改变速度大小，向心加速度描述的是线速度方向变化的快慢的物理量；做圆周运动物体的切向加速度改变线速度的大小，描述线速度大小变化的快慢．故A正确，BC错误，D、角速度的方向垂直圆周所在的平面，始终与向心加速度垂直，向心加速度不改变角速度的大小和方向，故D错误．故选：A．点评：解决本题的关键掌握向心加速度只改变速度的方向，不改变速度大小，向心加速度描述的是线速度方向变化的快慢．属于基础题．而关于角速度的方向，高中阶段不要求知道，故对学生可提可不提，注意区分向心加速度与切向加速度．3．（4分）忽略空气阻力，下列几种运动中满足机械能守恒的是（）A．小孩在沿斜面匀速下滑B．石块在空中做平抛运动C．观光电梯匀速下降D．子弹射穿西瓜的运动考点：机械能守恒定律．专题：机械能守恒定律应用专题．分析：分析物体机械能是否守恒应该按照机械能守恒的条件来判断，即在只有重力或弹力对物体做功的条件下（或者不受其他外力的作用下），物体的动能和势能（包括重力势能和弹性势能）发生相互转化，但机械能的总量保持不变．解答：解：A、小孩在沿斜面匀速下滑，物体动能不变，重力势能减小，机械能不守恒，故A错误；B、石块在空中做平抛运动过程中，只有重力做功，机械能守恒，故B正确；C、电梯匀速下降，物体动能不变，重力势能减小，机械能不守恒，故C错误；D、在子弹射穿西瓜的运动过程中，子弹要克服阻力做功，机械能减少，机械能不守恒，故D错误；故选：B点评：熟练掌握并灵活应用机械能守恒条件即可正确解题，本题难度不大，是一道基础题．4．（4分）下列说法正确的是（）A．滑动摩擦力一定对物体做负功B．作用力的功与反作用力的功其代数和一定为零C．重力对物体做功与路径无关，只与始末位置有关D．若物体受到的合外力不为零，则物体的机械能一定变化考点：功能关系；作用力和反作用力；功的计算．分析：根据功的性质及摩擦力的性质可确定摩擦力做功情况；重力做功W=mgh；与路径无关；机械能的改变量等于重力之外的其他力做功的量，合外力不为零，但可能不做功．解答：解：A、滑动摩擦力的方向可以与运动方向相同，也可以相反；故滑动摩擦力可以做正功，也可以做负功；故A错误；B、作用力与反作用力作用在两个不同的物体上，它们的做的功不可能总是大小相等，方向相反，故代数和不一定为零；故B错误；C、重力做功和路径无关，只与始末位置有关；故C正确；D、若合外力不做功，则物体的机械能可以不变；故D错误；故选：C．点评：本题考查功的性质及重力做功的特点，要注意牢记住功的公式，不要被外界因素给干扰．5．（4分）当质点做匀速圆周运动时，如果外界提供的合力小于质点需要的向心力时，质点将（）A．在圆周轨道上运动B．做向心运动，离圆心越来越近C．做做匀速直线运动D．做离心运动，离圆心越来越远考点：离心现象．专题：匀速圆周运动专题．分析：物体做匀速圆周运动时，如果提供的向心力变小，根据圆周运动的知识分析物体的运动情况．解答：解；物体做匀速圆周运动时，如果外界提供的合力小于质点需要的向心力了，则合力不能提供做匀速圆周运动的向心力，物体要做离心运动，离圆心越来越远，故ABC错误，D正确．故选：D．点评：本题是一种离心现象，如果向心力突然消失，速度不再改变．基础题．6．（4分）下列各图中，弹性势能增加的是（）A．如图（甲），撑杆跳高的运动员上升过程中，杆的弹性势能B．如图（乙），人拉长弹簧过程中，弹簧的弹性势能C．如图（丙），模型飞机用橡皮筋发射出去的过程中，橡皮筋的弹性势能D．如图（丁），小球被弹簧向上弹起的过程中，弹簧的弹性势能考点：机械能守恒定律．专题：机械能守恒定律应用专题．分析：分析个图中，弹性是能与其他形式的能之间的转化关系，从而判断弹性是能的变化情况．解答：解：A、如图（甲），撑杆跳高的运动员上升过程中，杆的弹性势能转化为人的机械能，所以杆的弹性势能减小，故A错误；B、如图（乙），人拉长弹簧过程中，弹簧的形变量逐渐增大，所以弹簧的弹性势能增大，故B正确；C、如图（丙），模型飞机用橡皮筋发射出去的过程中，橡皮筋的弹性势能转化为模型飞机的机械能，所以橡皮筋的弹性势能减小，故C错误；D、如图（丁），小球被弹簧向上弹起的过程中，弹簧的弹性是能转化为小球的机械能，弹簧的弹性势能减小，故D错误．故选B点评：本题主要考查学生对：机械能和弹性势能相互转化的特点的理解和掌握，难度不大，属于基础题．7．（4分）洗衣机的甩干筒在匀速旋转时有衣服附在筒壁上，则此时（）A．衣服受重力，筒壁的弹力和摩擦力，及离心力作用B．筒壁对衣服的摩擦力随转速的增大而增大C．衣服随筒壁做圆周运动的向心力由筒壁的弹力提供D．筒壁对衣服的弹力随着衣服含水量的减少而保持不变考点：离心现象．专题：匀速圆周运动专题．分析：衣物附在筒壁上随筒一起做匀速圆周运动，衣物的重力与静摩擦力平衡，筒壁的弹力提供衣物的向心力，根据向心力公式分析筒壁的弹力随筒转速的变化情况．解答：解：A、衣服受到重力、筒壁的弹力和静摩擦力作用．故A错误．B、衣物附在筒壁上随筒一起做匀速圆周运动，衣物的重力与静摩擦力平衡，筒壁的弹力F 提供衣物的向心力，得到F=mω2R=m（2πn）2R，可见．转速n增大时，弹力F也增大，而摩擦力不变．故B错误．C、衣服随筒壁做圆周运动的向心力是筒壁的弹力．故C正确．D、如转速不变，筒壁对衣服的弹力随着衣服含水量的减少，则所需要的向心力减小，所以筒壁对衣服的弹力也减小．故D错误．故选：C．点评：本题是生活中圆周运动问题，要学会应用物理知识分析实际问题．知道衣服做圆周运动向心力的来源，结合牛顿第二定律分析．8．（4分）如图装置A、B轮通过皮带传动，A、C轮通过摩擦传动，半径R A=2R B=3R C，各接触面均不打滑，则A，B，C三点的线速度和角速度之比分别为（）A．v A：v B：v C=1：2：3，ωA：ωB：ωC=3：2：1B．v A：v B：v C=1：1：1，ωA：ωB：ωC=2：3：6C．v A：v B：v C=1：1：1，ωA：ωB：ωC=3：2：1D．v A：v B：v C=3：2：1，ωA：ωB：ωC=1：1：1考点：线速度、角速度和周期、转速．专题：匀速圆周运动专题．分析：两轮子靠传送带传动，轮子边缘上的点具有相同的线速度；A、C轮通过摩擦传动，轮子边缘上的点具有相同的线速度．解答：解：由题意，装置A、B轮通过皮带传动，A、B边缘上的点具有相同的线速度；A、C轮通过摩擦传动，A、C边缘上的点具有相同的线速度，所以三点的线速度是相等的，则：v A：v B：v C=1：1：1；根据线速度与角速度之间的关系：v=ωr，得：ωA：ωB：ωC==2：3：6故选：B点评：解决本题的关键知道靠传送带传动轮子边缘上的点具有相同的线速度，共轴转动的点，具有相同的角速度．9．（4分）如图所示，一个内壁光滑的圆锥筒的轴线垂直于水平面，圆锥筒固定不动，两个质量相同的小球A和B紧贴着内壁分别在图中所示的水平面内做匀速圆周运动，则（）A．球A的线速度必定小于球B的线速度B．球A的角速度必定大于球B的角速度C．球A的运动周期必定小于球B的运动周期D．球A对筒壁的压力必定等于球B对筒壁的压力考点：向心力；牛顿第二定律．专题：牛顿第二定律在圆周运动中的应用．分析：对小球受力分析，受重力和支持力，合力提供向心力，根据牛顿第二定律列式求解即可．解答：解：A、对小球受力分析，小球受到重力和支持力，它们的合力提供向心力，如图根据牛顿第二定律，有：F=mgtanθ=m解得：v=．由于A球的转动半径较大，A线速度较大．故A错误．B、ω=，由于A球的转动半径较大，则A的角速度较小．故B错误．C、周期T==2π，因为A的半径较大，则周期较大．故C错误．D、由上分析可知，筒对小球的支持力N=，与轨道半径无关，则由牛顿第三定律得知，小球对筒的压力也与半径无关，即有球A对筒壁的压力等于球B对筒壁的压力．故D 正确．故选：D．点评：本题关键是对小球受力分析，知道小球做圆周运动向心力的来自于合外力．10．（4分）如图甲、乙、丙三种情形表示同一物体在相同的粗糙水平面上分别受恒力F1、F2、F3作用下匀速向右发生一段相同的位移，力F1、F2、F3对物体做功分别为W甲、W乙、W丙．则W甲、W乙、W丙大小关系为是（）A．W甲＞W乙＞W丙B．W甲＞W丙＞W乙C．W乙＞W甲＞W丙D．W丙＞W乙＞W甲考点：功的计算．专题：功的计算专题．分析：根据受力分析明确水平拉力的大小；恒力做功表达式为：W=FScosα，功的正负表示对应的力是动力还是阻力，功的大小看绝对值．解答：解：这三种情形下位移x的大小都是一样的，将力沿着水平和竖直方向正交分解，因物体做匀速运动，则水平方向的拉力等于摩擦力；根据f=μF N可知，甲中水平分力最大，其次为丙，最小的为乙；则说明甲做功最多，乙做功最小；故W甲＞W丙＞W乙故选：B．点评：本题应明确三力大小未知，只能根据共点力的平衡条件进行分析，明确拉力的大小，才能由功的公式求解．11．（4分）如图所示，细杆的一端与一小球相连，可绕过O点的水平轴自由转动，现给小球一初速度，使它做圆周运动，图中a、b分别表示小球转到的最低点和最高点，关于杆对球的作用力的说法正确的是（）A．a处一定为拉力，b处可能为拉力B．a处为一定拉力，b处可能推力C．a处可能为推力，b处一定拉力D．a、b两处可能都为推力考点：向心力；牛顿第二定律．专题：信息给予题．分析：对小球在a、b点进行受力分析，由于小球做圆周运动，小球需要向心力．找出小球向心力的来源，根据牛顿第二定律列出等式，判断杆对球的作用力的方向．解答：解：过最点a时，小球做圆周运动，需要的向心力竖直向下，指向圆心．由于轻杆能对小球可以提供支持力，也可以提供拉力，（1）当在a点时速度0≤v＜时，小球的重力大于其所需的向心力，轻杆对小球有竖直向上的支持力，（2）当在b点时速度v=时，小球的重力等于其所需的向心力，轻杆对小球的作用力为0．（3）当在b点时速度v＞时，小球的重力不足以提供向心力，轻杆对小球有指向圆心的拉力．过最低点b时，小球做圆周运动，需要的向心力竖直向上，指向圆心．根据最低点小球的合力提供向心力，那么小球只有受竖直向下的重力和竖直向上的拉力，所以a处可能为推力，可能为拉力，b处一定拉力，故ABD错误，C正确；故选：C．点评：轻杆的作用力可以提供支持力，也可以提供拉力，要判断是拉力还是支持力，我们要从小球所需要得向心力入手研究，根据需要的向心力的大小和方向确定杆子的作用力．12．（4分）如图所示，物体以100J的初动能从斜面底端沿斜面向上运动，当它向上通过斜面上某一点M时，其动能减少了60J，克服摩擦力做功18J，则物体返回到斜面底端时的动能为（）A．20JB．40JC．60JD．80J考点：动能定理的应用．专题：动能定理的应用专题．分析：运用动能定理列出动能的变化和总功的等式，运用除了重力之外的力所做的功量度机械能的变化关系列出等式，两者结合去解决问题．解答：解：运用动能定理得：物体损失的动能等于物体克服合外力做的功（包括克服重力做功和克服摩擦阻力做功），损失的动能为：△E k=mgLsinθ+fL=（mgsinθ+f）L…①损失的机械能等于克服摩擦阻力做功，△E=fL…②由①：②得：==常数，与L无关，由题意知此常数为=．则物体上升到最高点时，动能为0，即动能减少了100J，那么损失的机械能为△E k=30J，那么物体返回到底端，物体又要损失的机械能为30J，故物体从开始到返回原处总共机械能损失60J，因而它返回A点的动能为40J．故选：B．点评：解题的关键在于能够熟悉各种形式的能量转化通过什么力做功来量度，并能加以运用列出等式关系．二、实验题（每空2分，共18分）13．（10分）在“验证机械能守恒定律”的实验中，打点计时器所用电源频率为50Hz，当地重力加速度的值为9.80m/s2，测得所用重物的质量为1.00kg．若按实验要求正确地选出纸带进行测量，量得连续三点A、B、C到第一个点的距离如图所示（相邻计数点时间间隔为0.02s），那么：①纸带的左端端与重物相连；②打点计时器打下计数点B时，物体的速度v B=1.90m/s；③从起点O到打下计数点B的过程中重力势能减少量是△E p=1.91J，此过程中物体动能的增加量△E k=0.48J（取g=9.8m/s2）；（结果保留三位有效数字）④实验的结论是在实验误差允许范围内，机械能守恒．考点：验证机械能守恒定律．专题：实验题；机械能守恒定律应用专题．分析：通过相等时间间隔内位移的变化判断纸带的哪一端与重物相连．根据下降的高度求出重力势能的减小量；根据某段时间内平均速度等于中间时间的瞬时速度求出B点的瞬时速度，从而求出动能的变化量．解答：解：（1）重物在开始下落时速度较慢，在纸带上打的点较密，越往后，物体下落得越快，纸带上的点越稀．所以，纸带上靠近重物的一端的点较密，因此纸带的左端与重物相连．（2）B点的瞬时速度等于AC段的平均速度，则有：v B==1.90m/s．（3）从起点O到打下计数点B的过程中重力势能减少量是：△E p=mgh=1×9.8×0.0501J≈1.91J．动能的增加量为：△E k=m=0.48J．（4）实验的结论是在误差允许的范围内，机械能守恒．故答案为：①左端②1.90m/s ③1.91J；0.48J④在实验误差允许范围内，机械能守恒点评：该题主要考查了验证机械能守恒定律的实验的操作步骤和运用运动学规律、功能关系去处理实验数据的能力．14．（2分）在《探究功与物体速度变化关系》的实验中，甲、乙两位同学的实验操作均正确．甲同学根据实验数据作出了功和速度的关系图线，即W﹣v图，如图甲，并由此图线得出“功与速度的平方一定成正比”的结论．乙同学根据实验数据作出了功与速度平方的关系图线，即W﹣v2图，如图乙，并由此也得出“功与速度的平方一定成正比”的结论．关于甲、乙两位同学的分析，你的评价是（）A．甲的分析不正确，乙的分析正确B．甲的分析正确，乙的分析不正确C．甲和乙的分析都正确D．甲和乙的分析都不正确考点：探究功与速度变化的关系．专题：实验题；动能定理的应用专题．分析：根据W与v，W与v2的关系图线，结合数学知识中的幂函数的图象特点得到结论．解答：解：根据甲图，得到W=ax n，式子中a为常系数，n为指数；当n=1时，图线为直线；当n＜1时，图线向下弯曲；当n＞1时，图线向上弯曲；甲图图线向上弯曲，故表达式W=av n中n为大于1的任意数值，而乙图中，W与v2成正比；故选A．点评：本题关键是写出甲乙图象的一般函数表达式，然后结合数学中的幂函数的知识进行分析讨论．15．（6分）在用斜面小槽等装置做“探究平抛物体运动”实验中，①下列哪些措施是必须做到的ADA．斜槽轨道末端切线必须水平B．斜槽轨道必须光滑C．每次要平衡摩擦力D．小球每次应从斜槽同一高度释放②某同学用一张印有小方格的纸记录轨迹，小方格的边长L=2.5cm，若小球在平抛运动途中的几个位置如图a、b、c、d所示，则小球平抛的初速度的计算式为v0=（用L、g表示），其值是1.0m/s．（取g=10m/s2）考点：研究平抛物体的运动．专题：实验题；平抛运动专题．分析：在实验中让小球能做平抛运动，并能描绘出运动轨迹．因此要求从同一位置多次无初速度释放．同时由运动轨迹找出一些特殊点利用平抛运动可看成水平方向匀速直线运动与竖直方向自由落体运动去解题．解答：解：①实验中必须保证小球做平抛运动，而平抛运动要求有水平初速度且只受重力作用．所以斜槽轨道必须要水平，至于是否光滑没有影响，只要能抛出就行．为确保有相同的水平初速度，所以要求从同一位置无初速度释放．因此能减小实验误差的措施是AD选项；故选：AD②）a、b、c、d是平抛运动轨迹上的点，平抛运动可看成竖直方向自由落体运动与水平方向匀速直线运动。