湖南省长郡中学2015-2016学年高二上学期开学分班考试物理试卷 Word版含答案

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长郡中学2024年高二上学期第一次月考物理试卷+答案

长郡中学2023级高二上学期模块测试物理时量：75分钟满分：100分第Ⅰ卷选择题（共44分）一、选择题（本题共6小题，每小题4分，共24分。

在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求）1．关于物体的动量，下列说法中正确的是（） A ．同一物体，动量越大，速度越大B ．(8kg m/s)−⋅的动量小于(6kg m/s)+⋅的动量C ．物体的动量发生变化，其动能一定发生变化D ．做匀速圆周运动的物体，其动量不变2．做简谐运动的物体经过A 点时，加速度大小为21m/s ，方向指向B 点；当它经过B 点时，加速度大小为22m/s ，方向指向A 点。

若A 、B 之间的距离是6cm ，则关于它的平衡位置，说法正确的是（） A ．平衡位置在AB 连线左侧 B ．平衡位置在AB 连线右侧C ．平衡位置在AB 连线之间，但不能确定具体位置D ．平衡位置在AB 连线之间，且距离A 点为2cm 处3．如图所示为实验室中一单摆的共振曲线，由共振曲线可知（）A ．该单摆的摆长约为2mB ．若增大摆长，共振曲线的峰值向右偏移C ．若增大摆球的质量，共振曲线的峰值向右偏移D ．若在月球上做实验，共振曲线的峰值向左偏移4．如图所示，小车静止在光滑水平面上，小车AB 段是半径为R 的四分之一光滑圆弧轨道，从B 到小车右端挡板平滑连接一段光滑水平轨道，在右端固定一轻弹簧，弹簧处于自然状态，自由端在C 点。

一质量为m 、可视为质点的滑块从圆弧轨道的最高点A 由静止滑下，而后滑入水平轨道，小车（含挡板）质量为2m ，重力加速度为g 。

下列说法正确的是（）A ．滑块到达BB ．当弹簧压缩到最短时，滑块和小车具有向右的共同速度C ．弹簧获得的最大弹性势能为mgRD ．滑块从A 点运动到B 点的过程中，小车运动的位移大小为23R 5．如图甲，某同学手持电吹风垂直向电子秤的托盘吹风，圆形出风口与托盘距离较近且风速恒定，吹在托盘上的风会从平行于托盘方向向四周散开，简化图如图乙。

湖南省长沙市长郡中学高二物理上学期期中试卷(含解析)

2015-2016学年湖南省长沙市长郡中学高二（上）期中物理试卷一、选择题（每小题4分，共48分，1〜8题为单项选择：9〜12为多项选择.选对得4分，选不全得2分.错选的0分）1．在电磁学发展过程中，许多科学家做出了贡献．下列说法正确的是( )A．奥斯特发现了电流磁效应；法拉第发现了电磁感应现象B．麦克斯韦预言了电磁波；楞次用实验证实了电磁波的存在C．库仑发现了点电荷的相互作用规律：密立根通过油滴实验测定了元电荷的数值D．安培发现了磁场对运动电荷的作用规律：洛仑兹发现了磁场对电流的作用规律2．显像管原理的示意图如图所示，当没有磁场时，电子束将打在荧光屏正中的O点，安装在管径上的偏转线圈可以产生磁场，使电子束发生偏转．设垂直纸面向里的磁场方向为正方向，若使高速电子流打在荧光屏上的位置由a点逐渐移动到b点，下列变化的磁场能够使电子发生上述偏转的是( )A．B．C．D．3．图甲是法拉第发明的人类历史上的第一台发电机，图乙是这个圆盘发电机的示意图：圆盘安装在水平铜轴上，它的边缘正好在两磁极之间，两块铜片C、D分别与转动轴和铜盘的边缘接触，下列分折正确的是( )A．因穿过铜盘的磁通量没有发生变化，故法拉第的第一台发电机不能发电B．假若该发电机能发电，则图乙中R上的电流从下向上流动C．图乙中流过R的是方向不断改变的交流电D．设图乙中铜盘半径为r，匀强磁场大小为B，铜盘转动的角速度为ω，铜盘产生的电动势为E=Bωr24．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5．当电阻两端加上某一稳定电压时，通过该电阻的电荷量为0.3C，消耗的电能为0.9J．为在相同时间内使0.6C的电荷量通过该电阻，在其两端需加的电压和消耗的电能分别是( ) A．3V，1.8J B．3V，3.6J C．6V，1.8J D．6V，3.6J6．如图所示，A线圈接一灵敏电流计G，B线框放在匀强磁场中，B线框的电阻不计，具有一定电阻的导体棒可沿线框无摩擦滑动，今用恒力F向右拉CD由静止开始运动，B线框足够长，则CD杆运动情况和通过电流表G中的电流变化情况是( )A．CD杆一直做匀速运动B．CD杆先做加速运动，再做减速运动，最后停止C．G中电流向上，强度逐渐增强D．G中电流向下，强度逐渐减弱，最后为零7．空间有一圆柱形匀强磁场区域，该区域的横截面的半径为R，磁场的方向垂直于横截面．一质量为m电荷量为q（q＞0）的粒子以速率v0沿横截面的直径射入磁场，离开磁场时的速度方向偏离入射方向60°不计重力，该磁场的磁感应强度大小为( )A．B．C． D．8．如图为测量某电源电动势和内电阻时得到的U﹣I图线，用此电源与三个阻值均为3Ω的电阻连接成电路，测得路端电压为4.8V，则该电路可能为 ( )A．B．C．D．9．直流电路如图所示，在滑动变阻器的滑片P向右移动时，电源的( )A．总功率可能减小B．效率一定增大C．内部损耗功率一定减小 D．输出功率可能先增大后减小10．如图所示的电路中，电键K1，K2，K3，K4均闭合，在平行板电容器C的极板间悬浮着一带电油滴P，下列判断正确的是( )A．若断开K1，则P将继续悬浮不动B．若断开K2，则P将向下加速运动C．若断开K3，则P将向下加速运动D．若断开K4，则P将继续悬浮不动11．如图所示，单匝线圈ABCD在外力作用下以速度v向右匀速进入匀强磁场，第二次又以速度2v匀速进入同一匀强磁场．则：第二次进入与第一次进入时( )A．线圈中电流之比为1：1B．外力做功的功率之比为4：1C．线圈中产生热量之比为2：1D．通过导线横截面电荷量之比为2：112．在某回旋加速器中，磁场的磁感应强度为B，两D形盒间电场的电势差为U．粒子源射出（认为速度为零）的粒子质量为m，电荷量为q，粒子射出回旋加速器的最大动能为E km．下列说法正确的有( )A．加在D形盒上的交变电压的周期为T=B．将带电粒子在两盒狭缝之间的运动首尾相连起来可等效为一个初速度为零的匀加速直线运动C．带电粒子每经电场加速一次，回旋半径就增大一次，所以各回旋半径之比为1：：：…D．总回旋次数n=二、填空题（本题共3小题，共15分）13．黑箱上有三个接线柱A、B、C如图所示，已知里面装的元件只有两个（可能的元件是电池、电阻或二极管），并且两个接线柱之间最多只接一个元件，现用多用表去进行检测，其检测结果如下：①用直流电压挡测量，A、B、C三接线柱之间均无电压；②用欧姆挡测量，A、C之间正、反接电阻值不变；③用欧姆挡测量，黑表笔接A，红表笔接B，有电阻，黑表笔接B，红表笔接A，电阻值较大；④用欧姆挡测量，黑表笔接C，红表笔接B，有电阻，阻值比②步测得的大；反接电阻值很大．画出箱内两个元件的接法．14．用多用电表进行了几次测量，指针分别处于a和b的位置，如图，若多用电表的选择开关处于下面表格中所指的挡位，a和的相应读数是多少？请在表格中．指针位置选择开关所处档位读数a 直流电流100mV __________mA直流电压2.5V __________Vb 电阻×100__________Ω15．某实验小组利用如图所示电路探究一种电阻丝的电阻率．均匀电阻丝（总阻值在4～5Ω之间）固定在刻度尺上的两端接线柱a和b上，刻度尺的中间有一个可沿电阻丝滑动的触头C，C的上端为接线柱，触头C与电阻丝通常不接触，当用手按下时，才与电阻丝接触，且可在直尺上读出触点的位置，在实验中，每次移动触头C后，就把它按下．所用器材为：电压表（0～3V，电阻约为3kΩ）、电流表（0～0.6A，电阻约为0.5Ω）、电池组（电动势3V，内阻很小）、保护电阻R0=1Ω、螺旋测微器、开关S和导线．实验的主要步骤如下：①用螺旋测微器测得电阻丝的直径为d=2.000mm；②正确连接电路，触头C移到右端，合上开关，读出电流表的示数I=0.5A：③通过改变滑动变阻器触头C的位置，分别测量出了多组a、C间电阻丝长度L及对应的电压U的数据，并据此在U﹣L坐标纸上描出了对应的点，如图所示．请你：（1）在U﹣L坐标纸上（如图2）绘出U﹣L图线；（2）若测出U﹣L图线斜率为k，写出用d、l、k表示的该电阻丝的电阻率表达式ρ=__________；（3）代入有关数据求出该电阻丝的电阻率ρ=__________Ω•m．（保留三位有效数字）三、计算题（本题共4小题，共37分）16．磁流体发电机原理图如图．等离子体高速从左向右喷射，两极板间有如图方向的匀强磁场，A、B两板间便产生电压，如果把A、B和用电器连接．A、B就是一个直流电源的两个电极．（1）图中A，B板哪个是电源的正极？（2）若A、B两板相距为d，板间的磁场按匀强磁场处理，磁感应强度为B．等离子体以速度v沿垂直于B的方向射入磁场．这个发电机的电动势多大？17．如图，一长为10cm的金属棒ab用两个完全相同的弹簧水平地悬挂在匀强磁场中，磁场的磁感应强度大小为0.1T，方向垂直于纸面向里，弹簧上端固定，下端与金属棒绝缘，金属棒通过开关与一电动势为12V的电池相连，电路总电阻为2Ω，已知开关断开时两弹簧的伸长量均为0.5cm，闭合开关，系统重新平衡后，两弹簧的伸长量与开关断开时相比均改变了0.3cm，重力加速度大小取10m/s2，判断开关闭合后金属棒所受安培力的方向，并求出金属棒的质量．18．如图所示．固定在水平桌面上的金属框架cdef，处在竖直向下匀强磁场中，金属棒ab搁在框架上，可无摩擦滑动，此时abed构成一个边长为L的正方形，棒的电阻为r，其余部分电阻不计，开始时磁感应强度为B0．（1）若从t=0时刻起，磁感应强度B均匀增加，每秒增量为k，同时保持棒静止，求棒中的感应电流，在图上标出感应电流的方向；（2）在上述（1）情况中，棒始终保持静止，当t=t1秒时需加的垂直于水平拉力为多大？（3）若从t=0时刻起，磁感应强度B逐渐减小，当棒以恒定速度v向右做匀速运动时，可使棒中不产生感应电流．则磁感应强度B应怎样随时间t变化？（写出B与t的关系式）19．如图所示，在真空中半径r=3.0×10﹣2m的圆形区域内，有磁感应强度B=0.2T，方向如图的匀强磁场，一束带正电的粒子以初速度v0=1.0×106m/s，从磁场边界上直径ab的a端沿各个方向射入磁场，且初速方向都垂直于磁场方向，若该束粒子的比荷C/kg，不计粒子重力．求：（1）粒子在磁场中运动的最长时间．（2）若射入磁场的速度改为v=3.0×105m/s，其他条件不变，求磁场边界上有粒子击中的弧长．（sin37°=0.6，cos37°=0.8）2015-2016学年湖南省长沙市长郡中学高二（上）期中物理试卷一、选择题（每小题4分，共48分，1〜8题为单项选择：9〜12为多项选择.选对得4分，选不全得2分.错选的0分）1．在电磁学发展过程中，许多科学家做出了贡献．下列说法正确的是( )A．奥斯特发现了电流磁效应；法拉第发现了电磁感应现象B．麦克斯韦预言了电磁波；楞次用实验证实了电磁波的存在C．库仑发现了点电荷的相互作用规律：密立根通过油滴实验测定了元电荷的数值D．安培发现了磁场对运动电荷的作用规律：洛仑兹发现了磁场对电流的作用规律【考点】物理学史；库仑定律；磁场对电流的作用；电磁波的产生．【分析】本题考查电磁学中的相关物理学史，应掌握在电磁学发展中作出突出贡献的科学家的名字及主要发现．【解答】解：A、奥斯特发现了电流磁效应，法拉第发现了电磁感应现象，故A正确；B、麦克斯韦预言了电磁波，赫兹用实验证实了电磁波的存在；楞次是发现了电磁感应中的感应电流的方向，故B错误；C、库仑发现了点电荷的相互作用规律，密立根测定了元电荷的数值，故C正确；D、洛仑兹发现磁场对运动电荷作用规律，安培发现了磁场对电流的作用规律，故D错误；故AC正确，BD错误；故选AC．【点评】近几年高考中增加了对物理学史的考查，在学习中要注意掌握科学家们的主要贡献，要求能熟记．2．显像管原理的示意图如图所示，当没有磁场时，电子束将打在荧光屏正中的O点，安装在管径上的偏转线圈可以产生磁场，使电子束发生偏转．设垂直纸面向里的磁场方向为正方向，若使高速电子流打在荧光屏上的位置由a点逐渐移动到b点，下列变化的磁场能够使电子发生上述偏转的是( )A．B．C．D．【考点】左手定则．【分析】粒子在磁场中受到洛伦兹力的作用，根据左手定则可以判断磁场的方向．【解答】解：根据左手定则可以得知，电子开始上偏，故磁场的方向垂直纸面向外，方向为负，且逐渐减小，后来电子又下偏，磁场方向垂直纸面向里，方向为正，且逐渐增加，故C正确．故选：C．【点评】该题考查左手定则，根据粒子运动的方向与磁场的方向即可判断出洛伦兹力的方向，掌握住左手定则即可解决本题．要注意的是电子带负电．3．图甲是法拉第发明的人类历史上的第一台发电机，图乙是这个圆盘发电机的示意图：圆盘安装在水平铜轴上，它的边缘正好在两磁极之间，两块铜片C、D分别与转动轴和铜盘的边缘接触，下列分折正确的是( )A．因穿过铜盘的磁通量没有发生变化，故法拉第的第一台发电机不能发电B．假若该发电机能发电，则图乙中R上的电流从下向上流动C．图乙中流过R的是方向不断改变的交流电D．设图乙中铜盘半径为r，匀强磁场大小为B，铜盘转动的角速度为ω，铜盘产生的电动势为E=Bωr2【考点】导体切割磁感线时的感应电动势．【专题】应用题；定性思想；图析法；电磁感应与电路结合．【分析】根据右手定则判断AB间感应电流方向，即可知道电势高低．根据法拉第电磁感应定律可知，感应电动势的大小与转动角速度有关．【解答】解：A、圆盘在外力作用下切割磁感线，从而产生感应电动势，可以产生感应电流，可以发电，故A错误；B、根据右手定则可知，电流从D点流出，流向C点，因此电流方向为从D向R再到C，即为C→D→R→C，通过R的电流从下向上，电流方向不变，通过R的电流是直流电，故B正确，C 错误；D、根据法拉第电磁感应定律，则有E=BL=BL2ω，产生的电动势大小不变，故D错误；故选：B．【点评】本题是右手定则和法拉第电磁感应定律的综合应用，基本题，考查对实验原理的理解能力，同时注意切割磁感线相当于电源，内部电流方向是从负极到正极．注意由于圆盘在切割磁感线，相当于电源，所以C处的电势比D处低．4．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【考点】法拉第电磁感应定律；电容；楞次定律．【专题】压轴题；电磁感应与电路结合．【分析】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．【解答】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．【点评】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．5．当电阻两端加上某一稳定电压时，通过该电阻的电荷量为0.3C，消耗的电能为0.9J．为在相同时间内使0.6C的电荷量通过该电阻，在其两端需加的电压和消耗的电能分别是( ) A．3V，1.8J B．3V，3.6J C．6V，1.8J D．6V，3.6J【考点】闭合电路的欧姆定律．【分析】（1）已知电阻丝在通过0.3C的电量时，消耗的电能0.9J，根据W=UQ变形可求出电压；当在相同的时间内通过电阻丝的电量是0.6C时，根据I=可知，当时间相同，由电荷时的关系可知电流关系，因为电阻不变，根据U=IR，由电流关系可知电压关系，即可求出电阻丝两端所加电压U；（2）已知通过电阻丝的电量是0.6C，电阻丝两端所加电压U已求出，根据W=UQ可求出电阻丝在这段时间内消耗的电能W．【解答】解：因为电阻丝在通过0.3C的电量时，消耗的电能是0.9J，所以此时电压为：U′===3V当在相同的时间内通过电阻丝的电量是0.6C时，根据I=可知，I=2I′，根据U=IR可知，电阻不变，此时电阻丝两端电压：U=2U′=6V，电阻丝在这段时间内消耗的电能：W=UQ=6V×0.6C=3.6J．故选D．【点评】本题考查了电量和电功的计算及欧姆定律的应用．本题由于不知道时间不能求出电流，只能根据相关公式找出相关关系来求解．6．如图所示，A线圈接一灵敏电流计G，B线框放在匀强磁场中，B线框的电阻不计，具有一定电阻的导体棒可沿线框无摩擦滑动，今用恒力F向右拉CD由静止开始运动，B线框足够长，则CD杆运动情况和通过电流表G中的电流变化情况是( )A．CD杆一直做匀速运动B．CD杆先做加速运动，再做减速运动，最后停止C．G中电流向上，强度逐渐增强D．G中电流向下，强度逐渐减弱，最后为零【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】应用题；定性思想；推理法；图析法；电磁感应与电路结合．【分析】根据右手定则判断出CD中感应电流方向．由安培定则和楞次定律判断出G中电流的方向．析导体棒的运动情况：导体棒CD在恒力作用下，从静止开始先做加速运动，速度增大，导体棒所受的安培力也增大，加速度逐渐减小，当恒力F与安培力平衡时，导体棒做匀速运动，由欧姆定律分析导体棒产生的感应电流的变化．穿过电流计所在回路的磁通量是由B线框中的电流产生的，根据法拉第电磁感应定律分析可知，电流计中的电流与CD棒速度的关系【解答】解：A、导体棒CD在恒力F作用下从静止开始先做加速运动，CD产生的感应电动势：E=BLv，电流：I==，CD受到的安培力：F安培=BIL=，由于速度v增大，安培力不断增大，CD受到的合力：F﹣F安培减小，CD的加速度减小，CD做加速度减小的加速运动，当F=F安培时，CD棒做匀速直线运动，故AB错误；C、CD中的感应电流：I=，由于CD先做加速度减小的加速运动后做匀速直线运动，则v先不断增大，速度增加的越来越慢，最后后保持不变，感应电流I先不断增加，增加的越来越慢，最后保持不变，则穿过A线框的磁通量增大由快变慢最后保持不变，由法拉第电磁感应定律可知，G中产生的感应电动势由大变小，最后没有感应电动势产生，则G是电流逐渐减弱，最后电流为零；根据右手定则判断可知，CD棒中产生的感应电流方向D→C，由安培定则判断得，穿过A线框中磁场的方向向里，磁通量增大，则由楞次定律判断得到G中电流向下．故C错误，D正确．故选：D．【点评】本题是两次感应的问题，与变压器的原理类似．要根据右手定则、安培定则和楞次定律相结合才能判断出G中电流方向，比较复杂．由法拉第定律，并结合导体棒的运动情况才能判断G中电流如何变化．7．空间有一圆柱形匀强磁场区域，该区域的横截面的半径为R，磁场的方向垂直于横截面．一质量为m电荷量为q（q＞0）的粒子以速率v0沿横截面的直径射入磁场，离开磁场时的速度方向偏离入射方向60°不计重力，该磁场的磁感应强度大小为( )A．B．C． D．【考点】带电粒子在匀强磁场中的运动．【专题】带电粒子在磁场中的运动专题．【分析】带正电的粒子垂直磁场方向进入圆形匀强磁场区域，由洛伦兹力提供向心力，由几何知识求出轨迹半径r，根据牛顿第二定律求出磁场的磁感应强度．【解答】解：带正电的粒子垂直磁场方向进入圆形匀强磁场区域，由洛伦兹力提供向心力而做匀速圆周运动，画出轨迹如图，根据几何知识得知，轨迹的圆心角等于速度的偏向角60°，且轨迹的半径为r=Rcot30°=R由牛顿第二定律得：qv0B=m，解得：B=；故选：B．【点评】本题是带电粒子在匀强磁场中运动的问题，画轨迹是关键，是几何知识和动力学知识的综合应用，常规问题．8．如图为测量某电源电动势和内电阻时得到的U﹣I图线，用此电源与三个阻值均为3Ω的电阻连接成电路，测得路端电压为4.8V，则该电路可能为 ( )A．B．C．D．【考点】闭合电路的欧姆定律．【专题】恒定电流专题．【分析】由电源的U﹣I图象求出电源的电动势和内阻，由欧姆定律求出路端电压为4.8V时外电路总电阻，再选择相对应的电路图．【解答】解：由电源的U﹣I图象得，电源的电动势为E=6V，内阻为r==Ω=0.5Ω．当路端电压为4.8V时，则有U=，代入解得，外电路总电阻R=2ΩA、外电路总电阻为1Ω，与R不符合．故A错误．B、外电路总电阻为=2Ω，与R相符．故B正确．C、外电路总电阻为9Ω，与R不符．故C错误．D、外电路总电阻为3Ω+1.5Ω=4.5Ω，与R不符．故D错误．故选B【点评】本题的解题关键是由U﹣I图象求出电源的电动势和内阻，考查读图的能力．9．直流电路如图所示，在滑动变阻器的滑片P向右移动时，电源的( )A．总功率可能减小B．效率一定增大C．内部损耗功率一定减小 D．输出功率可能先增大后减小【考点】闭合电路的欧姆定律．【专题】恒定电流专题．【分析】滑片向右移动时，滑动变阻器接入电路的阻值变大，由欧姆定律可以判断电路电流如何变化，由电功率公式可以分析答题．【解答】解：由电路图可知，当滑动变阻滑片向右移动时，滑动变阻器接入电路的阻值增大，电路总电阻变大，电源电动势不变，由闭合电路的欧姆定律可知，电路总电流I变小；A、电源电动势E不变，电流I变小，电源总功率P=EI减小，故A错误；B、电源的效率η=，电源内阻r不变，滑动变阻器阻值R变大，则电源效率增大，故B正确；C、电源内阻r不变，电流I减小，源的热功率P Q=I2r减小，故C正确；D、当滑动变阻器阻值与电源内阻相等时，电源输出功率最大，由于不知道最初滑动变阻器接入电路的阻值与电源内阻间的关系，因此无法判断电源输出功率如何变化，可能先增大后减小，故D正确；故选：BCD．【点评】熟练应用闭合电路欧姆定律、电功率公式即可正确解题．10．如图所示的电路中，电键K1，K2，K3，K4均闭合，在平行板电容器C的极板间悬浮着一带电油滴P，下列判断正确的是( )A．若断开K1，则P将继续悬浮不动B．若断开K2，则P将向下加速运动C．若断开K3，则P将向下加速运动D．若断开K4，则P将继续悬浮不动【考点】闭合电路的欧姆定律；电容．【专题】定性思想；推理法；恒定电流专题．【分析】平行板电容器板间悬浮着一油滴P，油滴所受的重力与电场力平衡．根据条件分别分析各种情况下板间场强和油滴的电场力如何变化，进而确定P将怎样运动即可．【解答】解：A、断开K1，电容器两板间的电压不变，场强不变，油滴所受的电场力不变，油滴仍处于平衡状态．故P悬浮不动，故A正确；B、断开K2，电容器两板间的电压增大，稳定时，其电压等于电源的电动势，板间场强增大，油滴所受的电场力增大，油滴将向上运动，故B错误；C、断开K3，电容器通过电阻放电，板间场强逐渐减小，油滴所受的电场力减小，油滴将向下加速运动，故C正确；D、断开K4，电容器的电量不变，板间场强不变，油滴仍处于静止状态，故D正确．故选：ACD【点评】本题考查分析电容器电压的能力．难点是断开K2，稳定后电容器的电压等于电源的电动势，可以用电势差等于电压来理解．11．如图所示，单匝线圈ABCD在外力作用下以速度v向右匀速进入匀强磁场，第二次又以速度2v匀速进入同一匀强磁场．则：第二次进入与第一次进入时( )A．线圈中电流之比为1：1B．外力做功的功率之比为4：1C．线圈中产生热量之比为2：1D．通过导线横截面电荷量之比为2：1【考点】导体切割磁感线时的感应电动势；焦耳定律．【专题】电磁感应与电路结合．【分析】（1）根据切割公式E=BLv求解电动势，由欧姆定律求出感应电流，然后求出电流之比；（2）线框匀速进入匀强磁场，安培力与外力平衡，根据安培力公式求解安培力，再结合平衡条件得到外力，最后根据P=Fv求解外力的功率；（3）由焦耳定律求出线圈产生的热量，然后求出热量之比．（4）由电流定义式求出电荷量间的关系．【解答】解：设磁感应强度为B，CD边长度为L，AC边长为L′，线圈电阻为R；A、线圈进入磁场过程中，产生的感应电动势E=BLv，感应电流I==，感应电流I与速度v成正比，第二次进入与第一次进入时线圈中电流之比：I2：I1=2v：v=2：1，故A错误；B、线圈进入磁场时受到的安培力：F B=BIL=，线圈做匀速直线运动，由平衡条件得，外力F=F B=，外力功率P=Fv=，功率与速度的平方成正比，第二次进入与第一次进入时外力做功的功率之比：P2：P1=（2v）2：v2=4：1，故B正确；C、线圈进入磁场过程中产生的热量：Q=I2Rt=（）2•R•=，产生的热量与速度成正比，第二次进入与第一次进入时线圈中产生热量之比：Q2：Q1=2v：v=2：1，故C正确；D、通过导线横截面电荷量：q=I△t=△t=，电荷量与速度无关，电荷量之比为1：1，故D错误；。

湖南省长沙市长郡中学高二理综上学期第一次模考试题

长郡中学2015-2016学年度高二第一学期第一次模块检测理科综合(生物)可能用到的相对原子质量：H～lC～12 0～16 S～32 2n～65第I卷（选择题，共21小题，共126分）一、选择题（本题共21小题，每小题6分，在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的)1．关于孟德尔的一对相对性状杂交实验和摩尔根证实基因位于染色体上的果蝇杂交实验，下列叙述不正确的是A．两实验都设计了F1自交实验来验证其假说B．实验中涉及的性状均受一对等位基因控制C．两实验都采用了统计学方法分析实验数据D．两实验均采用了“假说演绎”的研究方法2．下图是有关细胞分裂与遗传定律关系的概念图，其中对概念之间的关系，表述的都正确的是A．①⑤⑨和③⑦⑩ B．②⑥⑨和④⑧⑩C．①⑤⑨和④⑧⑩ D．②⑥⑨和③⑦⑩3．水稻的非糯性(W)对糯性(w)是一对相对性状。

含W的花粉遇碘变蓝，含w的花粉遇碘不变蓝，把WW和ww杂交得到的F1种子播下去，长大开花后取出一个成熟的花药，取其中的全部花粉，滴一滴碘液，在显微镜下观察，可见花粉A．全部变蓝 B．全不变蓝C．l／2变蓝 D．3/4变蓝4．下图表示在细胞分裂过程中，细胞内染色体的变化曲线，下列相关的叙述中正确的是A．a过程中不含染色单体 B．b过程细胞数目不变C．c过程不发生受精作用 D．d过程中含有同源染色体5．关于性染色体的不正确叙述是A．XY型的生物体细胞内都含有两条异型性染色体B．生物体细胞内的两条性染色体是一对同源染色体C．性染色体上的基因在遗传时与性别相联系D．XY型的生物体细胞如果含两条同型性染色体，可记作XX6．甲、乙两种单基因遗传病分别由基因A、a和D、d控制，图一为两种病的家系图，图二为Ⅱ10体细胞中两对同源染色体上相关基因定位示意图。

以下分析正确的是A．甲病为常染色体显性遗传病B．Ⅱ6个体的基因型为aaX D X dC．Ⅲ13个体是杂合子的概率为1／2D．Ⅲ12与Ⅲ14婚配后代正常的概率为5/247．氢气是21世纪最理想的能源，其根据不正确的是A．生产氢气的原料来源广泛B．氢气燃烧时无污染C．氢气易液化，贮存、携带方便D．在等质量的可燃气体中，氢气燃烧时放出的热量多8．对于反应：A+B=C下列条件的改变一定能使化学反应速率加快的是A．增加A的物质的量 B．升高体系温度C．增加体系压强 D．减少C的物质的量浓度9．某温度下，体积一定的密闭容器中进行如下反应X(g)+Y(g) 2Z(g)+W(s) △H>0下列叙述正确的是A．当容器中气体的平均摩尔质量不变时，反应达到了平衡B．当容器中气体压强不变时，反应达到平衡C．升高温度，平衡逆向移动D．平衡后加入X，上述反应的△H增大10.现有mA(s)+nB(g)qC(g) △H<0的可逆反应，在一定温度下达平衡时，B的体积分数ψ(B)和压强p的关系如图所示，则下列有关该反应的描述正确的是A.m+n<qB．n>qC．x点的混合物中v（正）<v（逆）D．x点比y点的正反应速率小11.在25℃时，密闭容器中X、Y、Z三种气体的初始浓度和平衡浓度如下表：下列说法错误的是A．反应达到平衡时，X的转化率为50%B．该反应的化学方程式为3X(g)+Y(g) 2Z(g)C．25℃时，该反应的平衡常数为1 600D．改变温度可以改变此反应的平衡常数12.已知：根据以上热化学方程式判断，下列说法正确的是A．Na2O2(s)与CO2(g)反应时，放出452 kJ热量时，转移电子数为1.204×l023B．CO的燃烧热为△H=-566 kJ/molC．CO(g)与Na2 O2 (S)反应的热化学方程式为：13.某温度下，H2 (g)+CO2 (g) H2O(g)+CO(g)的平衡常数K=2.25。

湖南省长沙市长郡中学2016-2017学年高二上学期第一次模块检测理科综合物理试题含答案

时量：120分钟满分：150分得分：本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题)两部分。

考生作答时,将答案答在答题卡上，在本试卷上答题无效。

第Ⅰ卷（选择题，共21小题，共64分)二、选择题（14～18为单选，19~21为多选，每题4分，共32分，漏选记2分，错选或不选记0分)14.北京正负电子对撞机的储存环是长240m 的近似圆形轨道，其环中的电流强度为10mA ，若电子的速率为十分之一光速，则在整个环中运行的电子数目为（已知电子电量e=1.6×10-19C)A.5×1011 B 。

5×1019C 。

10×10—8 D.10×10815。

如图所示，在某一真空中，只有水平向右的匀强电场和竖直向下的重力场，在竖直平面内有初速度为v 0的带电微粒，恰能图示虚线由A 向B 做直线运动。

那么A.微粒带正、负电荷都有可能B.微粒做匀减速直线运动C.微粒做匀速直线运动 D 。

微粒做匀加速直线运动16.质量为m 的物块，带电荷量为+Q ，开始时让它静止在倾角a=600的固定光滑绝缘面顶端，整个装置放在水平方向、大小为E=Q mg3的匀强电场中，如图所示,斜面高为H,释放物块后，物块落地时的速度大小为 A.gH 2 B. gH 25 C. gH 22 D. gH 32217。

如图为多用表欧姆挡的原理图，其中电流表的满偏电流为300μA ，内r g =100Ω,调零电阻的最大阻值R=50K Ω，串联的固定电阻R 0=50Ω，电池电动势E=1.5V 。

用它测量电阻R ，能准确测量的范围是A 。

30K Ω～80K ΩB 。

3K Ω～8K ΩC.300Ω~800Ω D 。

30Ω～80Ω18。

如图所示，R 1为定值电阻，R 2为可变电阻，E 为电源电动势，r 为电源的内阻，以下说法中不正确的是A 。

当R 2=R 1+r 时，R 2上获得最大功率B.当R 1=R 2+r 时，R 1上获得最大功率C 。

高2015届分班考试物理试题

高2015届文理分班考试物理试题第Ⅰ卷（共48分）一．选择题（12小题，每题4分，共48分。

1-8小题为单选，9-12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O 分）1．牛顿以天体之间普遍存在着引力为依据，运用严密的逻辑推理，建立了万有引力定律。

在创建万有引力定律的过程中，下列关于牛顿所做的工作，说法不正确．．．的是 A.牛顿接受了胡克等科学家关于“吸引力与距离的平方成反比”的猜想B.牛顿根据地球上一切物体都以相同加速度下落的事实，得出物体受地球的引力与其质量成正比，即m F ∝的结论C.牛顿根据m F ∝和牛顿第三定律，分析了地球、月球间的引力关系，进而得出21m m F ∝D.他根据地球和月球的质量及距离数据求出了地球对月球的引力，完成了“地月检验”，进而证明万有引力的正确性2. 从高为20米的屋檐下每隔0.2秒落下一个小水滴，把这些小水滴的运动都看成是自由落体运动，则当第一个水滴恰好落地时，第3滴和第4滴水之间相距为（取g =10m/s 2） A.6米 B.5米 C.4米 D.3米3．如图所示，水平地面附近，小球B 以初速度v 斜向上瞄准另一小球A 射出，恰巧在B 球射出的同时，A 球由静止开始下落，不计空气阻力．则两球在空中运动的过程中A ．A 做匀变速直线运动，B 做变加速曲线运动 B ．相同时间内B 速度变化一定比A 的速度变化大C ．两球的动能都随离地竖直高度均匀变化D ．A 、B 两球一定会相碰4．半圆柱体P 放在粗糙的水平地面上，其右端有竖直放置的挡板MN ，在P 和MN 之间放有一个光滑的均匀小圆柱体Q ，整个装置处于静止，如图，若用外力使MN 保持竖直且缓慢地向右移动，在Q 到达地面以前，P 始终保持静止，在此过程中，下列说法正确的是A ．Q 对MN 的弹力逐渐增大B ．地面对P 的摩擦力逐渐增大C ．P 、Q 间的弹力先减小后增大D ．地面对P 的支持力逐渐变大5．如图所示，一物体自倾角为θ的固定斜面上某一位置P 处斜向上抛出，到达斜面顶端Q 处时速度恰好变为水平方向，已知P 、Q 间的距离为L ，重力加速度为g ，则关于抛出时物体的初速度v 0的大小及其与斜面间的夹角α，以下关系中正确的有A ．tan tan αθ=B ． ()2sin 2tan 21sin θαθ=+C．0v =D．0cos v =6．如图所示，竖直直线为某点电荷Q 所产生的电场中的一条电场线，M 、N 是其上的两个点。

长郡中学入学分班考试(1) 答案

1. B2.D考点：摩擦力的种类；二力平衡条件的应用。

专题：应用题；顺推法。

分析：结合平衡力的知识，分三次对物体进行受力分析：1.将四块砖视为一个整体；2.对第一块砖(A)进行分析；3.对第二块砖(B)进行分析.就可知道各砖之间的力的关系.解答：解：先把四块砖看作一个整体：四块砖的总重力是200N，两边的压力F 相同，两边受到的摩擦力也相同，根据平衡力知识，向下的重力200N与两边的摩擦力之和相等；故两边的砖块A和D各受到100N的摩擦力作用，且方向竖直向上；对于第一块砖(A)：受到左边木板向上的摩擦力作用，大小为100N；自身向下的重力作用，大小为50N；根据平衡力知识，它(A)还受到B砖对它向下的摩擦力作用，大小为50N；根据力的作用是相互的，A砖对B砖的摩擦力大小为50N，方向向上；对于第二块砖(B)：已经受到了两个力的作用，分别是：自身向下的重力50N、A 砖对它(B)的向上的摩擦力50N，这两个力正好是一对平衡力；故B砖不再受其它力，即B砖和C砖之间没有力的作用；第二块砖对第三块砖的摩擦力大小也就为0；故B砖与C砖之间的摩擦力为0。

点评：找好研究对象，对研究对象进行受力分析是关键；还要根据平衡力的知识(各砖块处于静止状态)，确定出具体的平衡力。

3. A考点：电路的动态分析；滑动变阻器的使用；欧姆定律的应用.分析：由图可知R2与R3并联后与R1串联，电压表V1测R1两端的电压，V2测并联部分电压；A2测通过R2的电流；A3测流过R3的电流，A1测干路电流；则由滑片的移动可知滑动变阻器接入电阻的变化，由欧姆定律可求得电路中电流的变化，及R1两端电压变化；则可由串联电路的电压规律可得出并联部分电压的变化，即可求得通过R2的电流变化；再由并联电路的电流规律可得出通过R3的电流变化.解答：解：因滑片右移，则滑动变阻器接入电阻增大，则电路中总电阻增大；则由欧姆定律可知，干路电流减小，即A1示数减小；则R1两端的电压减小，即V1示数减小；因总电压不变，则并联部分电压增大，即V2示数增大；则对R2由欧姆定律可得，流过R2的电流增大；因干路电流减小，故通过R3的电流减小，故A3示数减小；故选A.点评：本题为并联与串联的混联电路，应先由滑动变阻器滑片的移动判断接入电阻的变化，则由欧姆定律即可求得电路中电流的变化；从而可以分析串联各部分电压的变化；而并联部分重点在于分析各支路电流的变化.4. D5. D考点：平面镜成像的特点、原理、现象及其实验方案。

湖南省长沙市长郡中学2016-2017学年高二上学期期末考试物理试题

一、选择题（本题共11个小题，其中题为单选题，为多选题，每小题4分，全部选对得4分，选不全的得2分，选错或不选得0分，共44分）1.关于科学家在电磁学中的贡献，下列说法错误的是A. 奥斯特发现了电流的磁效应B. 密立根测出了元电荷e的数值C. 库仑发现了电磁感应现象D. 安培提出了分子电流假说2.在磁场中的某区域的磁感线如图所示，则（）A．a、b两处的磁感应强度的大小不等，B a＞B bB．a、b两处的磁感应强度的大小不等，B a＜B bC．同一通电导线放在a处受到的磁场力一定比放在b处受力大D．同一通电导线放在a处受到的磁场力一定比放在b处受力小3.老师做了一个物理小实验让学生观察：一轻质横杆两侧各固定一金属环，横杆可绕中心点自由转动，老师拿一条形磁铁插向其中一个小环，后又取出插向另一个小环，同学们看到的现象是（）A．磁铁插向左环，横杆发生转动B．磁铁插向右环，横杆发生转动C．无论磁铁插向左环还是右环，横杆都不发生转动D．无论磁铁插向左环还是右环，横杆都发生转动4.电阻R、电容器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5.光滑水平面上有大小相同的A、B两球在同一直线上运动，两球质量关系为m B=2m A，规定向左为正方向，A、B两球的动量均为6kg•m/s，运动中两球发生碰撞，碰撞后A球的动量增量为-4kg•m/s，则（）A. 左方是A球，碰撞后A、B两球速度大小之比为2：5B. 左方是B球，碰撞后A、B两球速度大小之比为1：10C. 右方是A球，碰撞后A、B两球速度大小之比为2：5D. 右方是B球，碰撞后A、B两球速度大小之比为1：106. 如图所示电路中，L为电感线圈(电阻不计)，A、B为两灯泡，以下说法正确的是（）A．合上开关S时，A先亮，B后亮B．合上开关S时，A、B同时亮，以后B变暗直至熄灭，A变亮C．断开开关S时，A变亮，B熄灭D．断开开关S时，A、B两灯都亮一下再逐渐熄灭7．它的主要原理如图所示，利用这种装置可以把质量为m=2.0g的弹体（包括金属杆EF的质量）加速到6km/s，若这种装置的轨道宽为d=2m，长L=100m，电流I=10A，轨道摩擦不计且金属杆EF与轨道始终接触良好，则下列有关轨道问所加匀强磁场的磁感应强度和磁场力的最大功率结果正确的是（）A．B=18 T，Pm＝1.08×108WB．B=0.6 T，Pm＝7.2×104WC．B=0.6 T，Pm＝3.6×106WD．B=18 T，Pm＝2.16×106W8. 如图所示，图线a是线圈在匀强磁场中匀速转动时所产生正弦交流电的图象，当调整线圈转速后，所产生正弦交流电的图象如图线b所示，以下关于这两个正弦交流电的说法正确的是（）A．在图中时刻穿过线圈的磁通量均为零B．线圈先后两次转速之比为C．交流电a的瞬时值为(V)D．交流电b的最大值为V9.利用霍尔效应制作的霍尔元件，广泛应用于测量和自动控制等领域。

高中湖南省长郡中学高二上学期第一次物理试题[答案解析]

湖南省长郡中学【精品】高二上学期第一次物理试题学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________一、单选题1．下列关于物理学家和他的贡献说法正确的是A．安培发现了电荷间的相互作用力的规律B．焦耳发现了电流通过电阻产生热量的规律C．库仑测定了元电荷的数值D．法拉第发明了避雷针2．下列关于电源电动势的说法中正确的是A．在某电源的电路中，每通过2C的电荷量，电源提供的电能是4J，那么这个电源的电动势是0.5VB．电动势就是电源两极间的电压C．电源的电动势与外电路无关D．电源的电动势越大，电源所能提供的电能就越多3．如图所示，R1和R2是同种材料、厚度相同、表面为正方形的导体，但R1的尺寸比R2的尺寸大.在两导体上加相同的电压，通过两导体的电流方向如图所示，则下列说法中正确的是A．R1中的电流小于R2中的电流B．R1中的电流大于R2中的电流C．R1中自由电荷定向移动的速率大于R2中自由电荷定向移动的速率D．R1中自由电荷定向移动的速率小于R2中自由电荷定向移动的速率4．如图所示，真空中O点有一点电荷，在它产生的电场中有a、b两点，a点的电场强度大小为E a，方向与ab连线成600角，b点的电场强度大小为E b，方向与ab连线成30角.关于a、b两点电场强度大小E a、E b的关系，以下结论正确的是A．E a=3E b B．E a E b C．E a E b D．E a=13 E b5．如图所示，直线a、b和c、d是处于匀强电场中的两组平行线，M、N、P、Q是它们的交点，四点处的电势分别为、、、．一电子由M点分别运动到N点和P点的过程中，电场力所做的负功相等，则A．直线a位于某一等势面内，B．直线c位于某一等势面内，C．若电子有M点运动到Q点，电场力做正功D．若电子有P点运动到Q点，电场力做负功6．如图所示，其中电流表A的量程为0.6A，表盘均匀划分为30个小格，每一小格表示0.02A；R1的阻值等于电流表内阻阻值的一半；R2的阻值等于电流表内阻的2倍．若用电流表A的表盘刻度表示流过接线柱1的电流值，则下列分析正确的是（）A．将接线柱1、2接入电路时，每一小格表示0.04AB．将接线柱1、2接入电路时，每一小格表示0.02AC．将接线柱1、3接入电路时，每一小格表示0.06AD．将接线柱1、3接入电路时，每一小格表示0.01A7．有一只风扇，标有“U、P”，电动机线圈电阻为R，把它接入电压为U的电路中，以下几种计算电风扇发热量的方法，正确的是A．UtQR=B．Q=Pt C．22P RtQU=D．2U tQR=8．在电喷汽车的进气管道中，广泛地使用着一种叫“电热丝式空气流量传感器”的部件，其核心部分是一种用特殊的合金材料制作的电热丝.如图所示，当进气管道中的冷空气流速越大时，电阻R两端的电压U0就变得越高，反之，电压U0就越低.这样，管道内空气的流量就转变成了可以测量的电压信号，便于汽车内的电脑系统实现自动控制，如果将这种电热丝从汽车的进气管道中取出，放在实验室中测量这种电热丝，得到的伏安特性曲线正确的是A．B．C．D．9．如图所示，M、N是两块水平放置的平行金属板，R0为定值电阻，R1、R2为可变电阻，开关S闭合．质量为m的带正电的微粒从P点以水平速度v0射入金属板间，沿曲线打在N板上的O点，若经下列调整后，微粒仍从P点以水平速度v0射入，则关于微粒打在N板上的位置说法正确的是A．保持开关S闭合，增大R1，微粒打在O点左侧B．保持开关S闭合，增大R2，微粒打在O点左侧C．断开开关S，M极板稍微上移，微粒打在O点右侧D．断开开关S，M极板稍微下移，微粒打在O点右侧二、多选题10．如图所示为欧姆表的原理图，表头内阻为R g，调零电阻为R，电池的电动势为E，内阻为r，则下列说法中正确的是（）A．它是根据闭合电路欧姆定律制成的B．接表内电池负极的应是黑表笔C．电阻的“∞”刻度位于刻度盘的左端D．调零后刻度盘的中心刻度值是r+R g11．如图所示，电源的电动势为E，内电阻为r，两电表均可看做是理想电表.闭合开关，使滑动变阻器的滑片由右端向左滑动，在此过程中A．小灯泡L1、L2均变暗B．小灯泡L1变暗，L2变亮C．电流表A的读数变小，电压表V的读数变大D．电流表A的读数变大，电压表V的读数变小12．一带正电的粒子仅在电场力作用下从A点经B、C运动到D点，各点所对应的速度与时间的关系如图所示.分析图象后，下列说法正确的是A．B、D两点的电场强度和电势一定都为零B．A处的电场强度大于C处的电场强度C．粒子在A处的电势能小于在C处的电势能D．A、C两点的电势差大于B、D两点间的电势差三、实验题13．某同学在测量一均匀新材料制成的圆柱体的电阻率ρ时：(1）用游标为20分度的卡尺测量其长度如图甲所示，由图可知其长度为______cm. (2）用螺旋测微器测量其直径如图乙所示，由图可知其直径为______mm.(3）用电压表和电流表分别测量其两端的电压和流过其中的电流如图丙、丁所示，由图可知电压为______V，电流为________A．14．有一个小灯泡上标有“4V，2W”的字样，现在要用伏安法描绘这个灯泡的I-U图线，现有下列器材供选用：A．电压表（0～5V，内阻10kΩ）B．电压表（0～15V，内阻20kΩ）C．电流表（0～3A，内阻0.4Ω）D．电流表（0～0.6A，内阻1Ω）E.滑动变阻器（最大阻值为10Ω，允许最大电流为2A）F.滑动变阻器（最大阻值为500Ω，允许最大电流为1A）G.学生电源（直流6V）、开关、导线若干（1）实验时，选用图甲而不选用图乙所示的电路图来完成实验，其理由是__________：（2）实验中所用电压表应选用_______，电流表应选用________，滑动变阻器应选用________.（用序号字母表示）15．某同学在用电流表和电压表测电池的电动势和内阻的实验中，串联了一只2.5Ω的保护电阻R0，实验电路如图所示.（1）连好电路后，当该同学闭合电键时，发现电流表示数为0，电压表示数不为0.检查各接线柱均未接错，接触良好且未发生短路；他用多用电表的电压挡检查电路，把两表笔分别接a、b，b、c，d、e时，示数均为0，把两表笔接c、d时，示数与电压表示数相同，由此可推断故障是______.（2）在图中按电路原理图及用多用电表的电压挡检查电路时，把两表笔分别接c、d时的实物电路图（如图所示）以笔画线代替导线连接起来_____.（3）排除故障后，该同学顺利完成实验，测定得到下列数据，根据表中数据在图中的坐标上画出U-I图线_____，由图线知：电池的电动势为______，内阻为_______16．（1）为了测量电阻，现取一只已经完成机械调零的多用电表，如图甲所示，请根据下列步骤完成电阻测量：①将K旋转到电阻挡“×100”的位置.②将插入“十”、“-”插孔的表笔短接，旋动部件______(选填“C”或“D”），使指针对准电阻的“0”刻度线.③将调好零的多用电表按正确步骤测量一电学元件P的电阻，P的两端分别为α、b，指针指示位置如图甲所示.为使测量比较精确，应将选择开关旋到_______(选填“×1”、“×10”、“×1k”）的倍率挡位上，并重新调零，再进行测量.（2）多用电表电阻挡的内部电路如上图虚线框中所示，电源电动势为E、内阻为r，R0为调零电阻，R g为表头内阻，电路中电流I与待测电阻的阻值R x的关系式为______________;（3）某同学想通过多用电表中的欧姆挡去测量一量程为3V的电压表内阻.该同学将欧姆挡的选择开关拨至“×1k”的倍率挡，并将红、黑表笔短接调零后，应选用上图中_______(选填“A”或“B”）方式连接.在进行了正确的连接、测量后，欧姆表的读数如图丙所示，读数为______Ω，这时电压表的读数为如图丁所示，则可算出欧姆挡内部所用电池的电动势为_______V(计算结果保留两位有效数字）.四、解答题17．如图所示，电源内阻r=1Ω，R1=2Ω，R2=6Ω，灯L上标有“3V,1.5W”的字样，当滑动变阻器R3的滑片P移动至最右端时，电流表示数为1A，灯L恰能正常发光电流表为理想电表.（1）求电源的电动势；（2）求当P移到最左端时，电流表的示数；（3）当滑动变阻器的Pb段电阻为多大时，变阻器R3上消耗的功率最大？最大值多大？18．在电场方向水平向右的匀强电场中，一带电小球从A点竖直向上抛出，其运动的轨迹如下图所示.小球运动的轨迹上A、B两点在同一水平线上，M为轨迹的最高点.小球抛出时的动能为8.0J，在M点的动能为6.0J，不计空气的阻力.求：（1）小球水平位移x1与x2的比值；（2）小球落到B点时的动能E kB；（3）小球从A点运动到B点的过程中最小动能E kmin.参考答案1．B【解析】【详解】A. 库仑发现了电荷间的相互作用力的规律，故A 错误；B. 焦耳发现了电流通过电阻产生热量的规律，故B 正确；C. 密立根测定了元电荷的数值，故C 错误；D. 富兰克林发明了避雷针，故D 错误。

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长郡中学2015-2016年度高二上学期开学分班考试物理试卷一．选择题（共10小题每题三分，7-10多选题，全部选对得3分，选对但不全对2分）1.在力学理论建立的过程中，有许多伟大的科学家做出了贡献。

关于科学家和他们的贡献，下列说法正确的是（）A. 伽利略发现了行星运动的规律B. 库伦通过实验测出了引力常量C．牛顿最早指出力不是维持物体运动的原因D．笛卡尔对牛顿第一定律的建立做出了贡献2.在如图所示的位移x一t图象和速度v一t图象中，给出的四条图线甲、乙、丙、丁分别代表四辆车由同一地点向同一方向运动的情况，则下列说法正确的是( )A．甲车做曲线运动，乙车做直线运动B．0～t1时间内，甲车通过的路程大于乙车通过的路程C．丙、丁两车在t2时刻相距最远D．0～t2时间内．丙、丁两车的平均速度相等3.如图所示，河的宽度为L，河水流速为u，甲、乙两船均以静水中的速度v同时渡河．出发时两船相距2L，甲、乙船头均与岸边成600角，且乙船恰好能直达正对岸的A点．则下列判断正确的是A．甲船正好也在A点靠岸B．甲船在A点左侧靠岸C．甲乙两船到达对岸的时间不相等D．甲乙两船可能在未到达对岸前相遇4.某工地上,一架起重机将放在地面的一个箱子吊起。

箱子在起重机钢绳的作用下由静止开始竖直向上运动，运动过程中箱子的机械能E与其位移x关系的图象如图所示，其中O～x1过程的图线为曲线，x1～x2过程的图线为直线。

根据图象可知：（）A．O～x1过程中钢绳的拉力逐渐增大B．O～x1过程中箱子的动能一直增加C．x1～x2过程中钢绳的拉力一直不变D．x1～x2过程中起重机的输出功率一直增大5.如图所示，电荷q均匀分布在半球面上，球面的半径为R，CD为通过半球顶点C与球心O 的轴线．P、Q为CD轴上在O点两侧，离O点距离相等的二点．如果是带电量为Q的均匀带电球壳，其内部电场强度处处为零，电势都相等．则下列判断正确的是（）A．P点的电势与Q点的电势相等B．P点的电场强度与Q点的电场强度相等C．在P点释放静止带正电的微粒（重力不计），微粒将作匀加速直线运动D．带正电的微粒在O点的电势能为零6.在如右图所示电路中，闭合开关S，当滑动变阻器的滑动触头P向下滑动时，四个理想电表的示数都发生变化，电表的示数分别用I、U1、U2和U3表示，电表示数变化量的大小分别用、、和表示。

下列关于比值的说法，错误的是（）A．不变，不变B．变大，变大C．变大，不变D．变大，不变7.将某均匀的长方体锯成如图所示的A、B两块后，放在水平桌面上并对齐放在一起，现用垂直于B边的水平力F推物体B，使A、B整体保持矩形并沿力F方向匀速运动，则（）A．物体A在水平方向受两个力作用，合力为零B．物体A在水平方向受三个力作用，合力为零C．B对A的作用力方向和F方向相同D．若不断增大F的值，A、B间一定会发生相对滑动8.如图所示为运送粮袋的传送装置，已知AB间长度为L，传送带与水平方向的夹角为，工作时运行速度为，粮袋与传送带间的动摩擦因数为，正常工作时工人在A点将粮袋放到运行中的传送带上，关于粮袋从A到B的运动，（设最大静摩擦力等于滑动摩擦力）以下说法正确的是A．粮袋到达B点的速度可能大于、可能相等或小于B．粮袋开始运动的加速度为,若L足够大,则以后将以速度做匀速运动C．若,则粮袋从A到B一直做加速运动D．不论大小如何,粮袋从A到B一直做匀加速运动,且9.设同步卫星离地心的距离为r，运行速率为v1，加速度为a1；地球赤道上的物体随地球自转的向心加速度为a2，第一宇宙速度为v2，地球的半径为R，则下列比值正确的是[] A．B．C．D．二填空题（本题五小题，每题4分，共20分）12.在“研究平抛运动”实验中：（1）如图所示，是一位同学通过实验得到小球做平抛运动的轨迹，请您帮助该同学算出小球做平抛运动的初速度大小m/s。

（g取9.8m/s2）结果保留三位有效数字。

（2）下列哪些因素会使研究平抛物体的运动的实验误差增大（）A小球与斜槽之间有摩擦B．安装斜槽时其末端切线不水平C.建立坐标系时，以斜槽末端端口位置为坐标原点D．根据曲线计算平抛运动的初速度时，在曲线上取做计算的点离原点O较远。

13.某兴趣小组想通过物块在斜面上运动的实验探究“合外力做功和物体速度变化的关系”．实验开始前，他们提出了以下几种猜想：①W∝v，②W∝v，③W∝v2．他们的实验装置如图甲所示，PQ为一块倾斜放置的木板，在Q处固定一个速度传感器（用来测量物体每次通过Q点时的速度），每次实验，物体从不同初始位置处由静止释放．同学们设计了以下表格来记录实验数据．其中L1、L2、L3、L4…，代表物体分别从不同初始位置处无初速释放时初始位置到速度传感器的距离，v1、v2、v3、v4…，表示物体每次通过Q点的速度．他们根据实验数据绘制了如图乙所示的L-v图象，并得出结论W∝v2．他们的做法是否合适，你有什么好的建议？______．在此实验中，木板与物体间摩擦力的大小______（填“会”或“不会”）影响探究出的结果．14.用游标卡尺为20分度的卡尺测量某工件的内径时，示数如图甲所示，由图可知其长度为________cm；用螺旋测微器测量某圆柱体的直径时，示数如图乙所示，由图可知其直径为________mm.某同学采用如图1所示的装置探究物体的加速度与所受合力的关系。

用砂桶和砂的重力充当小车所受合力F；通过分析打点计时器打出的纸带，测量加速度a。

分别以合力F 和加速度a作为横轴和纵轴，建立坐标系。

根据实验中得到的数据描出如图2所示的点迹，结果跟教材中的结论不完全一致。

该同学列举产生这种结果的可能原因如下：（1）在平衡摩擦力时将木板右端垫得过高；（2）没有平衡摩擦力或者在平衡摩擦力时将木板右端垫得过低；（3）砂桶和砂的质量过大，不满足砂桶和砂的质量远小于小车质量的实验条件；（4）测量小车的质量或者加速度时的偶然误差过大。

通过进一步分析，你认为比较合理的原因可能是（）A．（1）和（4） B．（2）和（3）C．（1）和（3）D．（2）和（4）15.（1）某校研究性学习小组的同学们很想知道每根长50m、横截圆面积为400cm2的钢索能承受的最大拉力。

由于直接测量很困难，同学们取来了同种材料制成的样品进行实验探究。

由胡克定律可知，在弹性限度内，弹簧的弹力F与形变量x成正比，其比例系数与弹簧的长度、横截面积及材料有关。

因而同学们猜想，悬索可能也遵循类似的规律。

经过同学们充分的讨论，不断完善实验方案，最后实验取得数据如下：分析样品C的数据可知，其所受拉力F（单位N）与伸长量x(单位m)遵循的函数关系式是。

对比各样品的实验数据可知，悬索受到的拉力与悬索的伸长量成正比，其比例系数与悬索长度成正比、与悬索的横截面积的大小成正比。

三计算题（16题10分，17题12分，18题13分，19题15分）16. 如图3所示，直线MN表示一条平直公路，甲、乙两辆汽车原来停在A、B两处，A、B间的距离为85m，现甲车先开始向右做匀加速直线运动，加速度a1＝2.5m/s2，甲车运动6.0s时，乙车立即开始向右做匀加速直线运动，加速度a2＝5.0m/s2，求两辆汽车相遇处距A处的距离。

17.如图10所示，质量为10kg的物体在F=200N的水平推力作用下，从粗糙斜面的底端由静止开始沿斜面运动，斜面固定不动，与水平地面的夹角θ＝37°.力F作用2s后撤去，物体在斜面上继续上滑了1.25s后，速度减为零.求物体与斜面间的动摩擦因数μ和物体的总位移s.（已知sin37°=0.6，cos37°＝0.8，g取10m/s2）18.如图所示，在水平方向的匀强电场中有一表面光滑、与水平面成45°角的绝缘直杆AC，其下端(C端)距地面高度h＝0.8m。

有一质量为500g的带电小环套在直杆上，正以某一速度沿杆匀速下滑。

小环离杆后正好通过C端的正下方P点处。

(g取10m/s2)求：(1)小环离开直杆后运动的加速度大小和方向。

(2)小环从C运动到P过程中的动能增量。

(3)小环在直杆上匀速运动速度的大小v0。

19.某兴趣小组设计了如图所示的玩具轨道，它由细圆管弯成，固定在竖直平面内。

左右两侧的斜直管道PA与PB的倾角、高度、粗糙程度完全相同，管口A、B两处均用很小的光滑小圆弧管连接（管口处切线竖直），管口到底端的高度H1=0.4m。

中间“8”字型光滑细管道的圆半径R=10cm（圆半径比细管的内径大得多），并与两斜直管道的底端平滑连接。

一质量m=0.5kg的小滑块从管口A的正上方H2处自由下落，第一次到达最低点P的速度大小为10m/s.此后小滑块经“8”字型和PB管道运动到B处竖直向上飞出，然后又再次落回，如此反复。

小滑块视为质点，忽略小滑块进入管口时因碰撞造成的能量损失，不计空气阻力，且取g=10m/s2。

求：（1）滑块第一次由A滑到P的过程中，克服摩擦力做功；（2）滑块第一次到达“8”字型管道顶端时对管道的作用力；（3）滑块第一次离开管口B后上升的高度；（4）滑块能冲出槽口的次数。

物理答案：一选择题：1.D 2.C 3.B 4.C 5.B 6.B 7.BC 8.AC 9.BD 10BD11.12.(1)1.4 (2)BC B我就不用解释了吧！应为射出点不水平，就把实验变成斜抛了，做平抛时的初速度和高度都变了C的原因很简单，因为小球也有半径啊，你要考虑的，应该用小球在斜槽末端时的球心作为原点.13.（1）采用表格方法记录数据，合理绘制的L-v图象是曲线，不能得出结论W∝v2．为了更直观地看出L和v的变化关系，应该绘制L-v2图象．故答案为：不合适，应进一步绘制L-v2图象（2）重力和摩擦力的总功W也与距离L成正比，因此不会影响探究的结果．故答案为：不会.1415.F＝2×106x（N）平方的倒数16.甲车运动6s的位移为：尚未追上乙车，设此后用时间t与乙车相遇，则有：将上式代入数据并展开整理得：解得：t1＝4s，t2＝8st1、t2、都有意义，t1＝4s时，甲车追上乙车；t2＝8s时，乙车追上甲车再次相遇。

第一次相遇地点距A的距离为：＝125m第二次相遇地点距A的距离为：＝245m17.解：（1）根据牛顿运动定律，前2s内有Fcosθ-mgsinθ-μN1=ma1mgcosθ+Fsinθ-N1=0代入数据得a1=10-20μ后1.25s内有mgsinθ+μN2=ma2mgcosθ-N2=0代入数据得a1=6+8μ根据运动学公式，2s末的速度为v=a1t1=a2t2，即（10-20μ）×2=（6+8μ）×1.25，可得μ=0.25.（2）s=18.解：（1）小环沿AC杆匀速下滑，受力分析如图所示小环共受3个力，由图可知qE＝mg小环离开直杆后，只受重力和电场力，F合＝mg＝maa＝g＝10m/s2，方向垂直于杆向下（2）设小环从C运动到P的过程中动能的增量为△Ek＝W重＋W电其中W重＝mgh＝4J，W电＝0，所以△Ek＝4J（3）环离开杆做类平抛运动：平行杆方向匀速运动：h＝v0t垂直杆方向匀加速运动：h＝at2解得v0＝2m/s19.（1）2J；（2）455N，方向向上；（3）4.2m；（4）6次；试题分析：（1）滑块第一次由A滑到P的过程中，克服摩擦力做功，代入数据可得：W1=2J（2），在“8”字型管道最高点管道对滑块的弹力大小FN=455N，方向向下；滑块对管道的弹力大小FN/=455N，方向向上；（3）滑块对此由A到B克服摩擦阻力做的功W2=2W1=4J；Mg（H2-h）=W2上升的高度h=4.2m（4），所以滑块能离开管口的次数为6次。