2014-2015学年湖南省邵阳市邵阳县石齐学校高二(下)第一次月考物理试卷(石星班)
高一物理月考试题及答案-湖南邵阳市邵阳县石齐学校2015-2016学年高一(下)第一次月考
2015-2016学年湖南省邵阳市邵阳县石齐学校高一（下）第一次月考物理试卷一、选择题：（本大题共12小题，每小题4分，共48分．其中1-9题所给的选项中只有一个是正确的；10-12题有多个答案，选不全的得2分，错选或不选得0分）1．荡秋千是儿童喜爱的一项运动，当秋千荡到最高点时，小孩的加速度方向可能是图中的（）A．1方向B．2方向C．3方向D．4方向2．在做“研究平抛运动”的实验时，下列说法不正确的是（）A．安装有斜槽的木板时，一定要注意木板是否竖直B．安装有斜槽的木板时，只需注意小球不和木板发生摩擦C．每次实验都要把小球从同一位置由静止释放D．实验的目的是描出小球的运动轨迹，分析平抛运动的规律3．一个小球在竖直放置的光滑圆环的内槽里做圆周运动，则关于小球加速度的方向，下列说法正确的是（）A．一定指向圆心B．一定不指向圆心C．只在最高点和最低点时指向圆心D．不能确定是否指向圆心4．若河水的流速大小与水到河岸的距离有关，河中心水的流速最大，河岸边缘处水的流速最小．现假设河的宽度为120m．河中心水的流速大小为4m/s，船在静水中的速度大小为3m/s，要使船以最短时间渡河，则（）A．船渡河的最短时间是24 sB．在行驶过程中，船头始终与河岸垂直C．船在河水中航行的轨迹是一条直线D．船在河水中的最大速度为7 m5．做匀速圆周运动的两物体甲和乙，它们的向心加速度分别为a1和a2，且a1＞a2，下列判断正确的是（）A．甲的线速度大于乙的线速度B．甲的角速度比乙的角速度小C．甲的轨道半径比乙的轨道半径小D．甲的速度方向比乙的速度方向变化得快6．如图所示，一架在2 000m高空以200m/s的速度水平匀速飞行的轰炸机，要想用两枚炸弹分别炸山脚和山顶的目标A和B．已知山高720m，山脚与山顶的水平距离为800m，若不计空气阻力，g取10m/s2，则投弹的时间间隔应为（）A．4 s B．8 s C．5 s D．16 s7．如图所示，做匀速直线运动的汽车A通过一根绕过定滑轮的长绳吊起一重物B，设重物和汽车的速度的大小分别为v B、v A，则（）A．v A=v B B．v A＜v BC．v A＞v B D．重物B的速度逐渐减小8．下列关于离心现象的说法正确的是（）A．当物体所受的离心力大于向心力时发生离心现象B．做匀速圆周运动的物体，当它所受的一切外力都突然消失时，它将做背离圆心的圆周运动C．做匀速圆周运动的物体，当它所受的一切外力都突然消失时，它将沿切线做直线运动D．做匀速圆周运动的物体，当它所受的一切外力都突然消失时，它将做曲线运动9．如图所示，一倾斜的匀质圆盘绕垂直于盘面的固定对称轴以恒定角速度ω转动，盘面上离转轴距离2.5m处有一小物体与圆盘始终保持相对静止，物体与盘面间的动摩擦因数为，（设最大静摩擦力等于滑动摩擦力），盘面与水平面的夹角为30°，g取10m/s2，则ω的最大值是（）A．rad/s B．rad/s C．1.0rad/s D．0.5rad/s10．如图所示为摩擦传动装置，B轮转动时带动A跟着转动，已知转动过程中轮缘间无打滑现象，下述说法中正确的是（）A．A、B两轮转动的方向相同B．A与B转动方向相反C．A、B转动的角速度之比为1：3D．A、B轮缘上点的向心加速度之比为3：111．下列关于曲线运动的说法正确的是（）A．做曲线运动的物体速度方向必定变化B．速度变化的运动必定是曲线运动C．曲线运动的加速度一定在变化D．曲线运动的速度方向沿曲线在这一点的切线方向12．（多选）一小球质量为m，用长为L的悬绳（不可伸长，质量不计）固定于O点，在O 点正下方处钉有一颗钉子．如图所示，将悬线沿水平方向拉直无初速度释放后，当悬线碰到钉子后的瞬间，则（）A．小球的角速度突然增大 B．小球的线速度突然减小到零C．小球的向心加速度突然增大 D．小球的向心加速度不变二、实验题（本题有2小题，共10分．请按题目要求作答）13．某同学通过实验描迹得到平抛运动轨迹上A、B、C三点（如图所示），其坐标标记如图，坐标原点O为抛出点，y轴竖直向下，其中点的位置或坐标的测量有明显的错误，请根据你认为正确的数据算出小球平抛的初速度v=m/s（结果保留三位有效数字，g取10m/s2）．14．如图甲所示，在一端封闭、长约1m的玻璃管内注满清水，水中放一个蜡烛做的蜡块，将玻璃管的开口端用胶塞塞紧，然后将这个玻璃管倒置，在蜡块沿玻璃管上升的同时，将玻璃管水平向右移动．假设从某时刻开始计时，蜡块在玻璃管内每1s内上升的距离都是10cm，玻璃管向右匀加速平移，每1s内通过的水平位移依次是2.5cm、7.5cm、12.5cm、17.5cm．图乙中，y表示蜡块竖直方向的位移，x表示蜡块随玻璃管通过的水平位移，t=0时蜡块位于坐标原点．（1）请在图乙中画出蜡块4s内的轨迹；（2）玻璃管向右平移的加速度a=m/s2；（3）t=2s时蜡块的速度v2=m/s．三、计算题（本题有4小题，共42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）15．一种玩具的结构如图所示，竖直放置的光滑铁环的半径为R=20cm，环上有一穿孔的小球m，仅能沿环做无摩擦的滑动，如果圆环绕着过环心的竖直轴以10rad/s的角速度旋转（取g=10m/s2），则相对环静止时小球与环心O的连线与O1O2的夹角θ是多少？16．如图所示，长l=0.5m的轻质细杆，一端固定有一个质量为m=3kg的小球，另一端由电动机带动，使杆绕O点在竖直平面内做匀速圆周运动，小球的速率为v=2m/s．取g=10m/s2，（1）小球通过最高点时，对杆的拉力大小是多少？（2）小球通过最低点时，对杆的拉力大小是多少？17．汽车以1.6m/s的速度在水平地面上匀速行驶，汽车后壁货架上放有一小球（可视作质点），架高1.8m．由于前方事故，突然急刹车，汽车轮胎抱死，小球从架上落下．已知该汽车刹车后做加速度大小为4m/s2的匀减速直线运动，忽略货物与架子间的摩擦及空气阻力，g取10m/s2．求货物在车厢底板上落点距车后壁的距离．18．一轻绳两端分别固定在一根竖直棒上相距为L=2.5m的A、B两点，一个质量为m=0.6kg 的光滑小圆环套在绳子上，当竖直棒以一定的角速度转动时，圆环以A为圆心在水平面上作匀速圆周运动，（θ=37°g=10m/s2）则：（1）此时轻绳上的张力大小等于多少？（2）竖直棒转动的角速度为多大？2015-2016学年湖南省邵阳市邵阳县石齐学校高一（下）第一次月考物理试卷参考答案与试题解析一、选择题：（本大题共12小题，每小题4分，共48分．其中1-9题所给的选项中只有一个是正确的；10-12题有多个答案，选不全的得2分，错选或不选得0分）1．【考点】向心力；牛顿第二定律．【分析】当秋千荡到最高点时，小孩的速度为零，沿半径方向加速度为零，加速度方向沿圆弧的切线方向，据此即可选择．【解答】解：当秋千荡到最高点时，小孩的速度为零，受重力和拉力，合力不为零，方向沿圆弧的切线方向，加速度方向沿着圆弧的切线方向，即是图中的2方向，选项B正确．故选：B2．【考点】研究平抛物体的运动．【分析】保证小球做平抛运动必须通过调节使斜槽的末端保持水平，因为要画同一运动的轨迹，必须每次释放小球的位置相同，且由静止释放，以保证获得相同的初速度，实验要求小球滚下时不能碰到木板平面，避免因摩擦而使运动轨迹改变．【解答】解：A、安装有斜槽的木板时，一定要注意木板是否竖直，因为小球运动轨迹在某一竖直平面内，减小测量的误差，以及防止小球平抛运动时与木板接触，而改变运动的轨迹．故A正确，B错误．C、为了保证小球的初速度大小相同，每次实验都要把小球从斜槽的同一位置由静止释放，故C正确．D、该实验的目的是描绘出小球的运动轨迹，分析平抛运动的规律，故D正确．本题选不正确的，故选：B．3．【考点】向心力．【分析】小球在竖直面内做圆周运动，加速度的方向不一定指向圆心，向心加速度指向圆心，做变速圆周运动时，还有切向加速度，最终的合加速度不指向圆心，在最高点和最低点时，加速度的方向指向圆心【解答】解：小球在竖直放置的光滑圆环的内槽里作圆周运动，既有向心加速度，也有切向加速度，最终加速度不指向圆心，在最高点和最低点，加速度的方向指向圆心．故C正确，A、B、D错误．故选：C．4．【考点】运动的合成和分解．【分析】将船的运动分解为沿河岸方向和垂直于河岸方向，当静水速的方向与河岸垂直时，渡河时间最短．根据两分运动的运动情况判断合运动的轨迹．【解答】解：A、当静水速的方向与河岸垂直时，渡河时间最短，t==s=40s．故A错误，B正确．C、船在垂直河岸方向做匀速直线运动，在沿河岸方向，由于水流速在变，做变速运动，两合运动的轨迹是曲线．故C错误．D、根据运动的合成，可知船在河水中的最大速度为m/s=5m/s．故D错误．故选：B．5．【考点】向心加速度；线速度、角速度和周期、转速．【分析】向心加速度是反映速度方向变化快慢的物理量，根据a=分析角速度、线速度之间的关系．【解答】解：A、根据a=知，由于做圆周运动的半径未知，故无法比较线速度、角速度以及轨道半径的大小．故A、B、C错误．D、向心加速度是反映速度方向变化快慢的物理量，甲的向心加速度大，则甲的速度方向变化快．故D正确．故选：D．6．【考点】平抛运动．【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，根据高度求出求出平抛运动的时间，结合初速度求出投弹时距离目标的水平位移，从而得出两次投弹的水平位移，求出投弹的时间间隔．【解答】解：根据h A=得：，则抛出炸弹时距离A点的水平距离为：x1=v0t A=200×20m=4000m，根据h B=得：s=16s，则抛出炸弹时距离B点的水平位移为：x2=v0t B=200×16m=3200m，则两次抛出点的水平位移为：x=x1+800﹣x2=4000m+800m﹣3200m=1600m则投弹的时间间隔为：△t=．故选：B．7．【考点】运动的合成和分解．【分析】将汽车的运动分解为沿绳子方向和垂直于绳子方向，沿绳子方向的速度等于重物的速度大小，从而判断出重物的运动规律．【解答】解：小车的运动可分解为沿绳方向和垂直于绳的方向两个运动，设斜拉绳子与水平面的夹角为θ，由几何关系可得：v B=v A cosθ，所以v A＞v B；故C正确，ABD错误．故选：C．8．【考点】离心现象．【分析】做圆周运动的物体，在受到指向圆心的合外力突然消失，或者不足以提供圆周运动所需的向心力的情况下，就做逐渐远离圆心的运动，这种运动叫做离心运动．所有远离圆心的运动都是离心运动，但不一定沿切线方向飞出，做匀速圆周运动的物体，当它所受的一切力都消失时，它将沿切线做直线运动．【解答】解：A、离心力是不存在的，因为它没有施力物体．所以物体不会受到离心力，故A错误．BCD中、惯性：当物体不受力或受到的合外力为零时，物体保持静止或匀速直线运动状态．所以做匀速圆周运动的物体，当它所受的一切力都消失时，由于惯性，物体继续保持该速度做匀速直线运动．故BD错误，C正确．故选：C．9．【考点】向心力；线速度、角速度和周期、转速．【分析】当物体转到圆盘的最低点，由重力沿斜面向下的分力和最大静摩擦力的合力提供向心力时，角速度最大，由牛顿第二定律求出最大角速度．【解答】解：当物体转到圆盘的最低点，所受的静摩擦力沿斜面向上达到最大时，角速度最大，由牛顿第二定律得：μmgcos30°﹣mgsin30°=mω2r则ω==rad/s=1rad/s故选：C10．【考点】线速度、角速度和周期、转速．【分析】在两轮转动中，接触点不存在打滑的现象，故两轮边缘的线速度大小相等，且两轮转动方向相反，即可求解两轮边缘的线速度大小之比；根据v=ωr、a=即可求解．【解答】解：AB、根据两轮转动中，接触点不存在打滑的现象，故两轮边缘的线速度大小相等，且两轮转动方向相反，故A错误，B正确．C、根据两轮转动中，接触点不存在打滑的现象，故两轮边缘的线速度大小相等，即两轮边缘的线速度大小之比为1：1；根据v=ωr，所以ωA：ωB=1：3，故C正确．D、由以上可知，两轮边缘的线速度大小之比为1：1，用a=求得A、B轮缘上点的向心加速度之比为1：3，故D错误．故选：BC．11．【考点】物体做曲线运动的条件；曲线运动．【分析】曲线运动物体的速度方向是该点的切线方向，时刻在变化，是变速运动，但变速运动不一定是曲线运动．曲线运动的加速度不一定变化．【解答】解：A、D做曲线运动的物体速度方向是该点的切线方向，时刻在变化．故AD正确．B、速度变化的运动可能是曲线运动，也可能是直线运动．故B错误．C、曲线运动的加速度不一定变化，比如平抛运动的加速度不变．故C错误．故选AD12．【考点】向心力．【分析】把悬线沿水平方向拉直后无初速度释放，当悬线碰到钉子的前后瞬间，线速度大小不变，半径发生变化，根据v=rω，a=判断角速度、向心加速度大小的变化．【解答】解：A、把悬线沿水平方向拉直后无初速度释放，当悬线碰到钉子的前后瞬间，由于惯性，线速度大小不变，根据v=rω，知线速度大小不变，半径变小，则角速度突然增大，故A正确，B错误；C、根据a=得知：线速度大小不变，半径变小，则向心加速度突然增大，故C正确，D 错误；故选：AC二、实验题（本题有2小题，共10分．请按题目要求作答）13．【考点】研究平抛物体的运动．【分析】图中A、B、C的水平坐标相同，可知A到B、B到C的时间相等，根据连续相等时间内的位移之差是一恒量确定出B点的坐标错误．根据竖直方向上连续相等时间内的位移之差是一恒量求出相等的时间间隔，结合水平位移和时间间隔求出平抛运动的初速度．【解答】解：平抛运动的物体，水平方向做匀速直线运动，竖直方向做自由落体运动，图中水平坐标正确，根据竖直方向上连续相等时间内的位移之差是一恒量，知竖直方向B的坐标应为20 cm．根据△y=gT2得，T=，则水平方向的速度为v═1.00 m/s，即初速度为．故答案为：B，1.0014．【考点】运动的合成和分解．【分析】（1）根据蜡块水平方向和竖直方向上每段时间内的位移作出蜡块的轨迹．（2）根据水平方向上连续相等时间内的位移之差是一恒量求出加速度的大小．（3）蜡块在竖直方向上做匀速直线运动，水平方向上做匀加速直线运动，分别求出2末水平方向和竖直方向上的分速度，根据平行四边形定则求出速度的大小．【解答】解：（1）如图（2）蜡块在水平方向做匀加速运动，每相邻1秒位移差值△x=7.5﹣2.5=12.5﹣7.5=17.5﹣12.5=5（cm）△x=at2则加速度a==5×10﹣2 m/s2（3）竖直方向上的分速度v y==0.1m/s水平分速度v x=at=0.1m/s根据平行四边形定则得，v==m/s=0.14m/s故答案为：（1）如图所示；（2）5×10﹣2；（3）0.14．三、计算题（本题有4小题，共42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）15．【考点】向心力．【分析】圆环绕着通过环心的竖直轴O1O2以10rad/s的角速度旋转，小球做匀速圆周运动，由重力和支持力的合力提供圆周运动的向心力．根据牛顿第二定律列出表达式求出夹角θ．【解答】解：当圆环绕O1O2旋转时，小球则在水平面内做匀速圆周运动，小球所受的重力和环的支持力的合力提供小球做匀速圆周运动的向心力．由牛顿第二定律得：mgtanθ=mω2r而r=Rsinθ则得 cosθ===所以θ=60°． 答：相对环静止时小球与环心O 的连线与O 1O 2的夹角θ是60°．16．【考点】向心力．【分析】（1）在最高点，小球靠重力和杆的作用力的合力提供向心力，结合牛顿第二定律求出作用力的大小和方向．（2）在最低点，小球靠重力和杆的拉力提供向心力，结合牛顿第二定律求出拉力的大小．【解答】解：（1）设小球在最高点时受杆的弹力向上，则mg ﹣F N =m ，得F N =mg ﹣m ==6 N ，可知杆对小球的力向上，则小球对杆表现为压力，大小为6N ．（2）小球通过最低点时，根据牛顿第二定律得，F ﹣mg=m，解得F N =mg+m ==54 N ， 根据牛顿第三定律知，小球对杆的拉力为54N ．答：（1）小球通过最高点时，对杆的拉力大小是6N ；（2）小球通过最低点时，对杆的拉力大小是54N ．17．【考点】平抛运动．【分析】小球做平抛运动，汽车做匀减速运动，它们在水平方向上的位移差为落点距车后壁的距离，根据位移时间公式求解．【解答】解：汽车刹车后，货物做平抛运动，由得：t==s=0.6s 货物的水平位移为：s 2=vt=1.6×0.6m=0.96m汽车做匀减速直线运动，刹车时间为t'，则：t′==s=0.4s ＜0.6s则汽车的实际位移为：s 1==m=0.32m故货物在车厢底板上落点距车后壁的距离：△s=s 2﹣s 1=0.96m ﹣0.32m=0.64m答：货物在车厢底板上落点距车后壁的距离为0.64m．18．【考点】向心力．【分析】对光滑小环受力分析，受重力和两个拉力；小环做匀速圆周运动，合力提供向心力；根据牛顿第二定律和向心力公式列式求解．【解答】解：对小球进行受力分析，在竖直方向上有：Tsinsθ=mg在水平方向上有：T+T cosθ=mω2rr=，代入数据，联立解得：T=10N，ω=3rad/s．答：（1）此时轻绳上的张力大小等于10N；（2）竖直棒转动的角速度为3rad/s。
2015-2016学年湖南省邵阳市邵阳县石齐学校高二(上)第一次月考物理试卷(理科)
2015-2016学年湖南省邵阳市邵阳县石齐学校高二（上）第一次月考物理试卷（理科）学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________一、单选题(本大题共8小题，共32.0分)1.下列物理量中矢量是哪个？（）A.电场强度B.电势C.电动势D.电流【答案】A【解析】解：A、矢量是既有大小又有方向的物理量，电场强度是矢量，故A正确．BC、标量是只有大小没有方向的物理量，电势和电动势都是标量，故BC错误．D、电流有方向，其方向表示正电荷定向移动的方向，由于电流运算时不遵守平行四边形定则，所以电流不是矢量，是标量，故D错误．故选：A矢量是既有大小又有方向的物理量，标量是只有大小没有方向的物理量．矢量与标量有两大区别：一是矢量有方向，标量没有方向；二是运算法则不同，矢量运算遵守平行四边形定则，标量运算遵守代数加减法则．2.关于电场强度，下列说法中正确的是（）A.在以点电荷为中心的球面上任意两点的电场强度相同B.检验电荷在电场中某点受力的方向一定是该点场强方向C.在电场中某点，检验电荷q所受的电场力F与q的比值不随q的变化而变化D.场强的大小和检验电荷q的大小成正比【答案】C【解析】解：A、在以点电荷为中心的球面上任意两点的电场强度大小相等，方向不同，故A错误；B、正检验电荷在电场中某点受力的方向一定是该点场强方向，负检验电荷在电场中某点受力的方向与该点场强方向相反，故B错误；C、在电场中某点，检验电荷q所受的电场力F与q的比值时电场强度，与电场本身有关，与检验电荷q无关，故C正确，D错误；故选：C公式E=是电场强度的定义式，运用比值法定义，电场强度反映本身的特性，与试探电荷无关，知道场强是矢量，既有大小，又有方向解决本题的关键是运用比值法定义的共性来理解电场强度的物理意义，知道E由电场本身决定，与试探电荷所受的电场力F和电荷量q无关3.在点电荷-Q形成的电场中有一点A，当一个+q的检验电荷从电场的无限远处被移到电场中的A点时，电场力做的功为W，则检验电荷在A点的电势能及电场中A点的电势分别为（）A.E A=-W，φA=B.E A=W，φA=-C.E A=W，φA=D.E A=-W，φA=-【答案】D【解析】解：依题意，检验电荷+q从电场的无限远处被移到电场中的A点时，电场力做的功为W，则电荷的电势能减小W，无限处电荷的电势能为零，则电荷在A点的电势能为E A=-W，A点的电势．故选：D根据电场力做功多少，电荷的电势能就减小多少分析电荷在A点与无限远间电势能的变化量，确定电荷在A点的电势能，由公式求解A点的电势．电场中求解电势、电势能，往往先求出电势能改变量、该点与零电势的电势差，再求解电势和电势能．公式一般代入符号计算．4.图中A，B，C三点都在匀强电场中，已知AC⊥BC，∠ABC=60°，BC=20cm．把一个电量q=10-5C的正电荷从A移到B，电场力做功为零；从B移到C，电场力做功为-1.73×10-3J，则该匀强电场的场强大小和方向是（）A.865V/m，垂直AC向左B.865V/m，垂直AC向右C.1000V/m，垂直AB斜向上D.1000V/m，垂直AB斜向下【答案】D【解析】解：由电场力做功的特点可知，AB两点电势相等，故AB应为等势面；因电场线与等势面相互垂直，故过C做AB的垂线，一定是电场线；因从B到C由W=U q可知，BC两点的电势差U==-173V；即C点电势高于B点的电势，故电场线垂直于AB斜向下；BC间沿电场线的距离d=BC sin60=0.173m；由E=可知电场强度E=V/m=1000V/m；故选D．由题意可知AB两点电势相等，则可知等势面，由电场线可等势面的关系可知电场线；由电场力做功可求得BC两点的电势差，则可确定电场线的方向，由U=E d可求得电场强度．电场线与等势面相互垂直而电场线由是由高电势指向低电势；匀强电场中U=E d中的d 应为沿电场方向的有效距离．5.如图所示，在匀强电场中，有相互平行且间隔相等的5个等势面A、B、C、D、E，其中等势面B的电势为零，一正电荷在只受电场力作用的情况下，以垂直等势面A的初速度自A射入，且初动能为20J，到达等势面E时动能为零，则该电荷在电势能为5J处的动能是（）A.20JB.15JC.10JD.5J【答案】C【解析】解：由动能定理可知，由A到E过程中，电场力做功为W=0-20=-20J；由于每两个等势面间的电势差相等，故每两点间电场力做功为W0==-5J；故电荷到达B时，动能为20-5=15J；由于整个过程中只有电场力做功；故动能和电势能的总量不变，一直为15J；故当电势能为5J时，动能为：15-5=10J；故选：C．对AE过程分析由功能关系可求得电势能的变化量，则可求得B面上电势能和动能的总量；由电势能和动能之和不变可求得电势能为5J时的动能．本题可借助机械能守恒定律进行理解，要注意在只有电场力做功的情况下，动能和电势能之间相互转化，但总量不变．6.如图所示，在两块带电平行金属板间，有一束电子沿O x轴方向射入电场，在电场中的运动轨迹为OCD．已知OA=AB，则电子在OC段和CD段动能的增加量之比△E k C：△E k D为（）A.1：4B.1：3C.1：2D.1：1【答案】B【解析】解：电子沿O x轴射入匀强电场，做类平抛运动，水平方向做匀速直线运动，已知OA=AB，则由公式x=v0t得知：电子从O到C与从C到D的时间相等．电子在竖直方向上做初速度为零的匀加速运动，根据匀变速直线运动的推论可知，在竖直方向上：y OC：y CD=1：3根据动能定理得：△E k C=q E y OC，△E k D=q E y CD，则得：△E k C：△E k D=1：3．故B正确．故选：B．电子沿O x轴射入匀强电场，做类平抛运动，水平方向做匀速直线运动，已知OA=AB，可得到时间关系．电子在竖直方向做匀加速运动，由运动学公式可分析速度关系，并能得到竖直位移的关系，由动能定理分析动能变化量的关系．本题是类平抛运动问题，运用运动的分解法研究，灵活运用比例法求解，当然也可根据运动学公式进行分析．7.一根粗细均匀，阻值为8Ω的电阻丝，在温度不变的情况下，先将它等分成四段，每段电阻为R1；再将这四段电阻丝并联，并联后总电阻为R2．则R1与R2的大小依次为（）A.1Ω，0.5ΩB.4Ω，1ΩC.2Ω，0.5ΩD.2Ω，1Ω【答案】C【解析】解：一根粗细均匀的电阻丝，将它等分成四段，每段的长度减小为四分之一，横截面积和电阻率一定，故电阻减小为四分之一，为R1=；再将这四段电阻丝并联起来，横截面积增加为4倍，根据电阻定律，R2===0.5Ω；故选C．一根粗细均匀的电阻丝，将它等分成四段，每段的长度减小为四分之一；再将这四段电阻丝并联起来，横截面积增加为4倍；根据电阻定律公式R=分析即可．本题关键根据电阻定律公式R=分析，找出长度、截面积的变化情况即可．8.一台电动机，额定电压是100V，电阻是1Ω．正常工作时，通过的电流为5A，则电动机的机械功率为（）A.500WB.25WC.2000WD.475W【答案】D【解析】解：电动机额定电压为220V，线圈电阻R=5Ω，正常工作时通过电动机线圈的电流为4A，正常工作1min，根据焦耳定律，产生的热量为：P Q=I2R t=52×1W=25W；输出的机械功率为：P出=UI-I2R=100×5W-52×1W=475W；故ABC错误，D正确．故选：D．根据焦耳定律公式Q=I2R t列式求解电热，根据P=UI求解电功率，根据P出=UI-I2r求解机械功率．本题关键明确电动机是非纯电阻电路，电功等于电热和输出的机械功率．二、多选题(本大题共1小题，共4.0分)9.如图所示，直线a、抛物线b和曲线c分别为某一稳恒直流电源在纯电阻电路中的总功率P、电源内部发热功率P r、输出功率P R随电流I变化的图象，根据图象可知（）A.电源的电动势为9V，内阻为3ΩB.电源的电动势为3V，内阻为1ΩC.图象中任意电流值对应的P、P r、P R间的关系为P＞P r+P RD.电路中总电阻为2Ω时，外电阻上消耗的功率最大且为2.25W【答案】BD【解析】解：A、B：直流电源的总功率P E=EI，故图线a的斜率等于电源的电动势，由得到E==3V．由图线b，当I=3A时，P r=9W，由公式P r=I2r得，r=1Ω．故A错误，B正确．C、在a、b、c三条图线上分别取横坐标相同的A、B、C三点，这三点的纵坐标P A、P B、P C，则这三点的纵坐标P A、P B、P C分别是电源的总功率、电源内部的发热功率和输出功率，根据能量关系可知，P A=P B+P C．即P=P r+P R，故C错误．D、由图线c可知，当电流为1.5A时外电阻消耗的功率最大．此时电路中的总电阻为，外电阻上消耗的功率最大为P R=EI-I2r=3×1.5-1.52×1Ω=2.25W．故D正确．故选BD．三种功率与电流的关系是：直流电源的总功率P E=EI，内部的发热功率P r=I2r，输出功率P R=EI-I2r，根据数学知识选择图线．根据图线a斜率求解电源的电动势．由图读出电流I=3A时，发热功率P r=I2r，求出电源的内阻．当电流为1.5A时，根据闭合电路的欧姆定律求出总电阻，根据能量关系求外电阻上消耗的最大功率．本题首先考查读图能力，物理上往往根据解析式来理解图象的物理意义．三、单选题(本大题共1小题，共4.0分)10.如图所示的电路中，电源的电压为U，R0为半导体热敏电阻，r、R1、R2是普通电阻，设除热电阻外，其他均不受温度的影响，那么当环境温度升高后，关于各电表示数的说法中正确的是（）A.A增大，V1增大，V2增大B.A增大，V1减小，V2增大C.A减小，V1增大，V2增大D.A减小，V1减小，V2增大【答案】B【解析】解：当环境温度升高后，R0减小，外电路总电阻减小，根据闭合电路欧姆定律分析知，电路中的电流增大，则A增大．电阻R1两端电压增大，则V2增大．电压V1测量R1、R2、R0的总电压，其示数为U=E-I r，I增大，E、r不变，则U减小，V1减小．所以A 增大，V1减小，V2增大，故B正确．故选：B当环境温度升高后，R0减小，外电阻减小，根据闭合电路欧姆定律分析知，电路中电流增大，再分析R1两端电压和R1、R2、R0的总电压的变化，判断三个电表示数的变化．本题解题的关键是掌握热敏电阻的阻值随温度的升高而减小的特性，再进行动态变化分析．四、多选题(本大题共3小题，共12.0分)11.两个半径相同的金属小球，它们的带电量之比为2：8，相距为r，将两者相互接触后再放回原来的位置上，则它们的相互作用力可能为原来的（）A. B. C. D.【答案】AB【解析】解：由库仑定律可得：F=k得，当两相同金属小球带同种电荷时，两者相互接触后再放回原来的位置上，它们的电荷量变为5：5，所以库仑力是原来的25：16．当两相同金属小球带异种电荷时，两者相互接触后再放回原来的位置上，它们的电荷量变为3：3，所以库仑力是原来的9：16．故A、B正确，C、D错误．故选：AB．两电荷间存在库仑力，其大小可由库仑定律求出．当两电荷相互接触后再放回原处，电荷量可能相互中和后平分，也可能相互叠加再平分，所以库仑力的变化是由电荷量变化导致的．解决本题的关键掌握库仑定律的公式，注意两个金属小球可能带同种电荷，可能带异种电荷．12.一带电油滴在场强为E的匀强电场中运动的轨迹如图中虚线所示，电场方向竖直向下．若不计空气阻力，此带电油滴从a运动到b的过程中，能量变化情况为（）A.动能减小B.电势能增加C.动能和电势能之和减小D.机械能增加【答案】CD【解析】解：A、粒子由a到b，由运动轨迹可判出粒子受电场力与重力的合力向上，故粒子带负电且电场力大于重力，电场力与重力的合力做正功，由动能定理可知，油滴的动能增大；故A错误；B、由于电场力做正功，故电势能减小，故B错误；C、D、由能量的转化与守恒知，系统中重力势能、动能、电势能之和保持不变，由题易知重力势能增加，故动能和电势能之和减小，故C正确；D、由于电场力做正功，故机械能增加，故D正确故选：CD由粒子的运动轨迹可知粒子电性，则可求得电场力对粒子所做的功的性质；由动能定理可求得动能的变化；由能量关系可知重力势能与电势能总和的变化，及动能和电势能之和的变化带电粒子在电场中的偏转类题目，较好的考查了曲线运动、动能定理及能量关系，综合性较强，故在高考中经常出现，在学习中应注意重点把握13.有一横截面为S的铜导线，流经其中的电流为I，设每单位长度的导线中有n个自由电子，电子的电量为e，此时电子定向移动的速率为v，在△t时间内，通过导体横截面的自由电子的数目为（）A.nv S△tB.nv△tC.D.【答案】ABC【解析】解：根据电流的微观表达式I=nevs，在△t时间内通过导体横截面的自由电子的电量q=I△t，则在△t时间内，通过导体横截面的自由电子的数目为n==，将I t=nevst代入得n=s=nvs△t．故选：BC．根据电流的微观表达式I=nevs，求出在△t时间内通过导体横截面的自由电子的电量，每个电子的电量为e，再确定通过导体横截面的自由电子的数目．本题考查电流的微观表达式和定义式综合应用的能力，电流的微观表达式I=nqvs，是联系宏观与微观的桥梁，常常用到．五、单选题(本大题共1小题，共4.0分)14.如图所示，已知C=6μF，R1=5Ω，R2=6Ω，E=6V，r=1Ω，开关原来处于断开状态，下列说法中正确的是（）A.开关S闭合瞬间，电流表的读数为0.5AB.开关S闭合瞬间，电流表的读数为5.5AC.开关闭合经过一段时间，再将开关S迅速断开，则通过R2的电量为1.8×10-5CD.以上答案都不对【答案】C【解析】解：A、电路稳定时，电流表的读数为：I1==A=0.5A，在开关S闭合的瞬间，电容器充电，有充电电流，电流表的读数大于电路稳定时电流表的读数，所以开关S闭合瞬间，电流表的读数大于0.5A．故A错误．B、在开关S闭合的瞬间，电容器充电，电路中的电流不大于：I==1A，故B错误．C、电路稳定时，电容器板间电压为：U=I1R2=3V，其所带电量为：Q=CU=3×6×10-6C=1.8×10-5C，则再将开关S迅速断开，则通过R2的电量为1.8×10-5C．故C正确．D、由上可知，D错误．故选C根据闭合电路欧姆定律求出电路稳定时，电路中的电流和R2两端的电压，求出电容器所带电荷量．在开关S闭合的瞬间，电容器充电，电流表的读数与电路稳定时不同．开关S迅速断开，通过R2的电量等于电容器原来的带电量．本题要注意电路稳定时，与开关闭合的瞬间不同：电路稳定时，电容器所在电路没有电流，相当于断路，开关S闭合的瞬间，电容器充电，有充电电流．六、多选题(本大题共1小题，共4.0分)15.如图所示，电源电动势为E，内阻为r，R0为定值电阻，R为可变电阻，且其总阻值R＞R0+r，则当可变电阻的滑动触头由A向B移动时（）A.电源内部消耗的功率越来越大，电源的供电效率越来越低B.R、R0上功率均越来越大C.R0上功率越来越大，R上功率先变大后变小D.R-0上功率越来越大，R上功率先变小后变大【答案】AC【解析】解：A、滑动变阻器的电阻变小，外电路的总电阻也变小，电路的总电流逐渐的增大，由P=I2r可知，电源内部消耗的功率越来越大，电源的供电效率越来越低，所以A正确；B、滑动变阻器的电阻变小，外电路的总电阻也变小，电路的总电流逐渐的增大，由P=I2R0可知，R0上功率越来越大，当R=R-0+r的时候，滑动变阻器的功率最大，由于R＞R-0+r，所以当滑动变阻器的电阻不断减小的过程中，R上功率先变大后变小，所以C正确，BD错误．故选：AC．可变电阻的滑动触头由A向B移动时，滑动变阻器的电阻变小，外电路的总电阻也变小，外电路的电压也就越小，电源的效率越小，当电源的内电阻和外电阻相等时，电源的输出功率最大．外电阻的电阻越大，外电路的电压也就越大，电源的效率越大，当电源的内电阻和外电阻相等时，电源的输出功率最大．七、实验题探究题(本大题共3小题，共10.0分)16.一次实验时某同学用螺旋测微器测量（如图），示数为______mm．【答案】8.075【解析】解：螺旋测微器的固定刻度为8mm，可动刻度为7.5×0.01mm=0.075mm，所以最终读数为8mm+0.075mm=8.075mm．故答案为：8.075．螺旋测微器的读数方法是固定刻度读数加上可动刻度读数，在读可动刻度读数时需估读．对于基本测量仪器如游标卡尺、螺旋测微器等要了解其原理，要能正确使用这些基本仪器进行有关测量．17.如图所示为研究平行板电容器电容的实验，电容器充电后与电源断开，电荷量Q将不变，与电容器相连的静电计用来测量电容器的______ ．在常见的电介质中，由于空气的介电常数是最小的，当极板间插入其它的电介质时，电容器的电容将______ （填“增大”、“减小”、或“不变”），于是我们发现，静电计指针偏角将______ （填“增大”、“减小”、或“不变”）．【答案】电压；增大；减小【解析】解：电容器充电后与电源断开，电量Q保持不变；静电计可以测量电容器的电压；当插入介质时，ɛ增大，由C=可知电容将增大；由U=可知，两板间的电压减小，静电计指针偏角减小；故答案为：电压；增大；减小平行板电容器充电后与电源断开，极板上的电荷量不变；平行板电容器的电容C=，根据题目中各量的变化可判断电容的变化，由C=得出电压的变化，即可得出偏角的变化；平行板电容器的动态分析要注意两大类问题，若通电后断开，则电容器两板上的电量不变；而保持与电源相连，则两极板上的电压不变．18.在“描绘小灯泡的伏安特性曲线”的实验中，除有一标有“6V，1.5W”的小灯泡、导线和开关外，还有：A．直流电源6V（内阻不计）B．直流电流表0～300m A（内阻约为5Ω）C．直流电压表0～10V（内阻约为15kΩ）D．滑动变阻器10Ω，2A实验要求小灯泡两端的电压从零开始变化并能进行多次测量．（1）画出实验电路图．（2）试将实物图所示器材连成实验电路．【答案】解：（1）实验要求小灯泡两端的电压从零开始变化，故变阻器必须采用分压接法；由于电压表内阻远大于小灯泡的内阻，为减小测量误差，故电流表采用外接法，则电路图如左图所示；（2）对照电路图，将实物图所示器材连成实验电路如右图所示．答：（1）电路图如左图所示．（2）将实物图所示器材连成实验电路如右图所示．【解析】（1）由题目要求确定出滑动变阻器的接法及电流表的接法，即可画出电路图；（2）对照电路原理图连接实物图即可．测定小灯泡伏安特性曲线实验一般采用电流表的外接法，变阻器用分压式接法，可根据“大内小外”的口诀，记住电流表的接法．八、计算题(本大题共3小题，共30.0分)19.如图所示的电路中，电阻R1=9Ω，R2=15Ω，电源的电动势E=12V，内电阻r=1Ω，安培表的读数I=0.4A．求：（1）流过电阻R1的电流是多少？（2）电阻R3的阻值是多大？（3）电阻R3消耗的电功率是多少？【答案】解：（1）R2的电压U2=I2R2=0.4×15V=6.0V根据闭合电路欧姆定律得：U2=E-I1（R1+r）则得流过电阻R1的电流I1==A=0.6A（2）流过电阻R3的电流I3=I1-I2=0.6-0.4=0.2A则R3==Ω=30Ω（3）电阻R3消耗的电功率是P3=U2I3=6×0.2W=1.2W答：（1）流过电阻R1的电流是0.6A．（2）电阻R3的阻值是30Ω．（3）电阻R3消耗的电功率是1.2W．【解析】（1）先根据欧姆定律求得R2的电压，再以R1和内阻r为研究对象，根据欧姆定律求得电路中总电流，即为流过电阻R1的电流．（2）根据并联电路分流规律求出流过电阻R3的电流，其电压与R2的电压相等，再求解R3的阻值．（3）电阻R3消耗的电功率由公式P=UI求解．对于直流电路的计算问题，关键要搞清各个电阻之间的联系，把握串联和并联电路的特点，根据相关公式求解．20.如图所示，边长为L的正方形区域abcd内存在着匀强电场．电量为q、动能为E k的带电粒子（不计重力）从a点沿ab方向进入电场，最后恰好从从c点离开电场．（1）求电场强度的大小（2）求粒子离开C点时的动能．【答案】解：（1）粒子的初动能为，E K=粒子在ab方向上作匀速运动，有L=v0t粒子在ad方向上做初速度为0的匀加速运动，有L=at2根据牛顿第二定律，得a=联立解得E=（2）根据动能定理，有q EL=E kt-E K所以E kt=q EL+E K=5E K．答：（1）电场强度的大小为．（2）粒子离开电场时的动能为5E K．【解析】（1）将运动沿着水平和竖直方向正交分解，运用牛顿运动定律、运动学公式和动能定理列式求解；（2）粒子在ab方向上作匀速运动；粒子在ad方向上做初速度为0的匀加速运动；运用牛顿运动定律、运动学公式和动能定理列式．本题关键将带电粒子的运动沿初速度方向和电场方向进行正交分解，然后根据牛顿第二定律和运动学公式列式求解．21.如图在竖直平面内有水平向右、电场强度为E=1×104N/C的匀强电场．在匀强电场中有一根长L=2m的绝缘细线，一端固定在O点，另一端系一质量为m=0.04kg的带电小球，它静止A点时悬线与竖直方向成θ=37°角．若小球恰好绕点在竖直平面内做圆周运动，（cos37°=0.8g=10m/s2）试求：（1）小球的带电荷量Q（2）小球动能的最小值（3）小球机械能的最小值（取小球静止时的位置为电势能零点和重力势能零点）【答案】解：（1）对小球进行受力分析如上图所示，可得：°．解得：小球的带电量为°．（2）由于重力和电场力都是恒力，所以它们的合力也是恒力．在圆上各点中，小球在平衡位置A点时的势能（重力势能和电势能之和）最小，在平衡位置的对称点B点，小球的势能最大，由于小球总能量不变，所以在B点的动能E k B最小，对应速度v B最小，在B点，小球受到的重力和电场力，其合力作为小球做圆周运动的向心力，而绳的拉力恰为零，有：°，而合，所以合（3）由于总能量保持不变，即E k+E PG+E PE=恒量．所以当小球在圆上最左侧的C点时，电势能E PE最大，机械能最小．由B运动到A，W合力=-（E PA-E PB），W合力=F合•2L，所以E PB=2J总能量E=E PB+E k B=2.5J．由C→A，W FE=F E•L•（1+sin37°）=0.96J，W FE=E P2（E P2为C点电势能）所以C点的机械能为E机C=E-E P2=1.54J答：（1）小球的带电荷量Q=3×10-5C（2）小球动能的最小值E kmin=0.5J（3）小球机械能的最小值（取小球静止时的位置为电势能零点和重力势能零点）E min=1.54J【解析】（1）根据小球在平衡位置合力为0，可以求出小球所受的电场力从而得出小球的带电荷量；（2）根据小球恰好在竖直面内做圆周运动这一临界条件，知，在平衡位置处合外力提供圆周运动的向心力从而求出小球动能的最小值．（3）抓住小球能量守恒，电势能最大处小球的机械能最小，根据做功情况分析．该题为小球在电场和重力场这一复合场中的运动问题，抓住重力和电场力的合力为恒力这一突破口解决本题．。
湖南省邵阳县石齐学校2014-2015学年高一上学期第一次月考物理试题 Word版含答案
一、选择题（每题只有一个正确答案并把答案写在后面的答题卡上）（每小题3分，共60分）1.下列说法正确．．的是：A、质点一定是体积很小、质量很小的物体B、地球虽大，且有自转，但有时仍可将地球看作质点C、研究自行车的运动时，因为车轮在转动，所以无论什么情况下，自行车都不能看成质点D、当研究一列火车全部通过桥所需的时间，因为火车上各点的运动状态相同，则可以把火车视为质点2. 两辆汽车在平直公路上行驶，甲车内的人看见树木向东移动，乙车内的人发现甲车没有运动，如果以大地为参考系，上述事实说明：A、甲车向西运动，乙车不动B、乙车向西运动，甲车不动C、甲车向西运动，乙车向东运动D、甲、乙两车以相同速度向西运动3．关于参考系以下说法正确．．的有A. 研究和描述一个物体的运动时，必须选定参考系。
B. 由于运动是绝对的，描述运动时，无需选定参考系。
C. 一定要选固定不动的物体为参考系。
D. 研究地面上物体的运动时，必须选地球为参考系。
4.一小球从A点由静止开始做匀变速直线运动，若到达B点时速度为v，到达C点时速度为2v，则AB∶BC等于A.1∶1B.1∶2C.1∶3D. 1∶45. 关于时间和时刻，下列说法不正确．．．的是A．物体在5 s时指的是物体在5 s末时，指的是时刻B．物体在5 s内指的是物体在4 s末到5 s末这l s的时间C．物体在第5 s内指的是物体在4 s末到5 s末这l s的时间D．第4 s末就是第5 s初．指的是同一时刻6.从某高处释放一粒小石子，经过1 s从同一地点释放另一小石子，则它们落地之前，两石子之间的距离将A.保持不变B.不断变大C.不断减小D.有时增大有时减小7.下列关于变速直线运动说法正确．．的是A．匀加速直线运动的加速度是不断增加的B．匀减速直线运动的加速度是不断减小的C．匀变速直线运动是加速度不变的直线运动D．匀变速直线运动是速度和加速度都均匀变化的直线运动8．若汽车加速度方向与速度方向一致且加速度减小时，则A ．汽车的速度也减小B ．汽车的速度仍在增大C ．当加速度减小到零时，汽车静止D ．当加速度减小到零时，汽车的速度为零9．汽车以20m/s 的速度作匀速直线运动，司机见前方有障碍物立即刹车，刹车后加速度大小为5m/s 2，则汽车刹车后10s 内的位移为（ ） A. 30 m B. 40 m C. 210 m D. 120 m10.做匀加速运动的列车出站时，车头经过站台某点O 时速度是1 m/s ，车尾经过O 点时的速度是7 m/s ，则这列列车的中点经过O 点时的速度为A.5 m/sB.5.5 m/sC.4 m/sD.3.5 m/s11. 甲、乙、丙三辆汽车以相同的速度经过某一路标，以后甲车一直做匀速直线运动，乙车先加速后减速，丙车先减速后加速，它们经过下一路标时的速度又相同，则（ ）A 甲车先通过下一路标B 乙车先通过下一路标C 丙车先通过下一路标D 三车同时到达12.做初速度为零的匀加速直线运动的物体在时间T 内通过位移x 1到达A 点，接着在时间T 内又通过位移x 2到达B 点，则以下判断错误的是（ ）A ．物体在A 点的速度大小为Tx x 221+ B ．物体运动的加速度为21T x C ．物体运动的加速度为212T x x - D ．物体在B 点的速度大小为T x x 2312-13．关于直线运动，下述说法中正确．．的是 A ．匀速直线运动的速度是恒定的，不随时间而改变B ．匀变速直线运动的平均速度随时间而不改变C ．速度随时间不断增加的运动，叫匀加速直线运动D ．在匀减速直线运动中,速度只能随时间均匀减小。
湖南省邵阳县石齐学校2014_2015学年高二物理下学期第一次月考试题(148班,无答案)
2015年上学期148班第一次月考物理试卷时间：90分钟 总分:100分一、单项选择题(每题3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．下面属于电磁感应现象的是 （ ） A ．通电导体周围产生磁场B ．磁场对感应电流发生作用，阻碍导体运动C ．由于导体自身电流发生变化，而在导体中产生自感电动势D ．电荷在磁场中定向移动形成电流 2．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 ．闭合电路在磁场中做切割磁感线运动，电路中一定会产生感应电流C ．涡流的形成不遵循法拉第电磁感应定律D ．线圈中磁通量变化越大，线圈中产生的感应电动势一定越大3．图中的四个图分别表示匀强磁场的磁感应强度B 、闭合电路中一部分直导线的运动速度v 和电路中产生的感应电流I 的相互关系，其中正确是（ ）4.用均匀导线做成的单匝正方形线框每边长为0.2 m ，正方形的一半放在和纸面垂直向里的匀强磁场中，如图所示，当磁场以10 T/s 的变化率增强时，线框中a 、b 两点的电势差是( )A ．U ab ＝0.1 VB ．U ab ＝－0.1 VC ．U ab ＝0.2 VD ．U ab ＝－0.2 V5、如图2所示，匀强磁场存在于虚线框内，矩形线圈竖直下落。
如果线圈中受到的磁场力总小于其重力，则它在1、2、3、4位置 时的加速度关系为 ( ) A ．a 1＞a 2＞a 3＞a 4 B ．a 1 = a 2 = a 3 = a 4 C ．a 1 = a 3＞a 2＞a 4 D ．a 4 = a 2＞a 3＞a 16. 如图所示的电路中，A 1和A 2是完全相同的灯泡，线圈L 的电阻可以忽略．下列说法中正确的是（ ）A ．合上开关S 接通电路时，A 2先亮，A 1后亮，最后一样亮B ．合上开关S 接通电路时，A 1和A 2始终一样亮C ．断开开关S 切断电路时，A 2立刻熄灭，A 1过一会儿才熄灭D ．断开开关S 切断电路时，A 1和A 2都立即 熄灭7、如图所示，导线ab 、cd 跨在电阻不计的长直光滑导轨上，ab 的电阻比cd 的电阻大，当cd 在外力F 1的作用下，匀速向左滑动时，ab 在外力F 2作用下保持静止，则两力及两导线端电压的大小关系是（ ）A ．F 1>F 2 U ab >U cdB ．F 1<F 2 U ab =U cdC ．F 1=F 2 U ab >U cdD ．F 1=F 2 U ab =U cdb d 图28．如图所示，圆形线圈P 静止在水平桌面上，其正上方固定一螺线管Q ，P 和Q 共轴，Q 中通有变化电流i ，电流随时间变化的规律如图b 所示，P 所受的重力为G ，桌面对P 的支持力为N ，则在下列时刻（ ）A ．t 1时刻N ＞G ， P 有收缩的趋势．B ．t 2时刻N =G ，此时穿过P 的磁通量变化最快．C ．t 3时刻N =G ，此时P 中无感应电流．D ．t 4时刻N ＜G ，此时穿过P 的磁通量最小．9．如图所示是高频焊接原理示意图.线圈中通以高频交流电时，待焊接的金属工件中就产生感应电流，感应电流通过焊缝处产生大量热量，将金属融化，把工件焊接在一起，而工件其他部分发热很少，以下说法正确的是 （ ） A ．交流电的频率越高，焊接处的温度升高得越慢 B ．交流电的频率越低，焊缝处的温度升高得越快C ．工件上只有焊缝处温度升得很高是因为焊缝处的电阻小D ．工件上只有焊缝处温度升得很高是因为焊缝处的电阻大10．如图所示，在PQ 、QR 区域中存在着磁感应强度大小相等、方向相反的匀强磁场、磁场方向均垂直于纸面。
湖南省邵阳县石齐学校高二物理下学期第一次月考试题 理
湖南省邵阳县石齐学校2011-2012学年高二生物下学期第一次月考试题理一、选择题（每小题4分，共40分。
下列每小题所给选项至少有一项符合题意，请将正确答案的序号填涂在答题卡上。
全对得4分，对而不全得2分）1、下列说法正确的是（）A．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B．电熨斗能够自动控制温度的原因是它装有双金属片温度传感器，这种传感器作用是控制电路的通断C．电子秤所使用的测力装置是力传感器D．半导体热敏电阻常用作温度传感器，因为温度越高，它的电阻值越大2、矩形线圈在匀强磁场中绕着垂直磁感线方向的轴匀速转动，当线圈通过中性面时，下列说法中正确的是A．穿过线圈的磁通量最大，线圈中的感应电动势最大B．穿过线圈的磁通量等于零，线圈中的感应电动势最大C．穿过线圈的磁通量最大，线圈中的感应电动势等于零D．穿过线圈的磁通量等于零，线圈中的感应电动势等于零3、小型交流发电机中，矩形金属线圈在匀强磁场中匀速转动，产生的感应电动势与时间呈正弦函数关系，如图所示．此线圈与一个R = 9Ω的电阻构成闭合电路，线圈自身的电阻r = 1Ω，下列说法正确的是（）A．交变电流的周期为0.2 sB．交变电流的频率为2.5HzC．发电机输出的电压有效值为VD．发电机输出的电功率为18W4、如图所示，R 1为定值电阻，R 2为负温度系数的热敏电阻（负温度系数热敏电阻是指阻值随温度的升高而减小的热敏电阻），L为小灯泡，当温度降低时（）A．R 1两端的电压增大 B．电流表的示数增大C．小灯泡的亮度变强 D．小灯泡的亮度变弱5、如图所示的光控电路用发光二极管LED模仿路灯，R G为光敏电阻．“”是具有特殊功能的非门，当加在它的输入端 A的电压逐渐上升到某个值时，输出端Y会突然从高电平跳到低电平，而当输入端A的电压下降到另一个值时，Y会从低电平跳到高电平．在天暗时路灯（发光二极管）会点亮，下列说法中正确的是A．天暗时Y处于高电平B．天暗时Y处于低电平C．当R1调大时A端的电压降低，灯（发光二极管）点亮D．当R1调大时A端的电压降低，灯（发光二极管）熄灭6.如图所示的交流电路中，如果电源电动势的最大值不变，交流电的频率增大时，可以观察到三盏电灯亮度的变化情况是( )A.L1、L2、L3亮度都不变B.L1变暗，L2不变、L3变亮C.L1变暗、L2变亮、L3不变D.L1变亮、L2变暗、L3不变7. 如图所示，L1、L2是高压输电线，图中两电表示数分别是220V和10A，已知甲图中原副线圈匝数比为 100：1，乙图中原副线圈匝数比为1：10，则A．甲图中的电表是电压表，输电电压为22000 VB．甲图是电流互感器．输电电流是100 AC．乙图中的电表是电压表，输电电压为22000 VD．乙图是电流互感器，输电电流是100 A8、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t=0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3：2C．交流电a的瞬时值为 D．交流电b的最大值为20/3v9、如图所示，理想变压器原、副线圈的匝数比为10：1，b是原线圈的中心抽头，电压表和电流表均为理想电表，从某时刻开始在原线圈c、d两端加上交变电压，其瞬时值表达式为u1＝220sin100πt（V），则（）A. 当单刀双掷开关与a连接时，电压表的示数为22VB. 当t＝1/600s时，c、d间的电压瞬时值为110VC. 单刀双掷开关与a连接，在滑动变阻器触头P向上移动的过程中，电压表和电流表的示数均变小D. 当单刀双掷开关由a扳向b时，电压表和电流表的示数均变小10、将一个半径为10cm的100匝圆形金属线框置于匀强磁场中，线框平面与磁场方向垂直，线框总电阻为3.14Ω，磁感应强度B随时间t的变化关系如图所示。
湖南省邵阳市邵阳县石齐学校高三物理上学期第一次月考试题(含解析)
2015-2016学年湖南省邵阳市邵阳县石齐学校高三（上）第一次月考物理试卷一、选择题（共48分，本大题共12小题，每小题4分，在每小题给出的四个选项中，第1至7题只有一项符合题目要求，第8至12题有多项符合题目要求.全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分）1．关于伽利略对自由落体运动的研究，下列说法中正确的是（）A．伽利略认为在同一地点，重的物体和轻的物体下落快慢不同B．伽利略猜想运动速度与下落时间成正比，并直接用实验进行了验证C．伽利略通过数学推演并用小球在斜面上验证了位移与时间的平方成正比D．伽利略用小球在斜面上验证了运动速度与位移成正比2．一个由静止开始做匀加速直线运动的物体，从开始运动起连续发生3段位移，在这3段位移中所用的时间分别是1s，2s，3s，这3段位移的大小之比和这3段位移上的平均速度之比分别为（）A．1：22：32；1：2：3 B．1：23：33；1：22：32C．1：2：3； 1：1：1 D．1：3：5； 1：2：33．某质点沿x轴运动，它的位置坐标x与时间t的关系为x=2t2﹣3t，由此可知t=2s时它的速度和加速度的大小分别为（）A．5m/s，4m/s2B．2m/s，2m/s2C．﹣1m/s，2m/s2D．1m/s，4m/s24．关于超重和失重，下列说法中正确的是（）A．超重就是物体受的重力增加了B．失重就是物体受的重力减少了C．完全失重就是物体一点重力都不受了D．不论超重或失重甚至完全失重，物体所受重力是不变的5．如图所示，有两条位于同一竖直平面内的水平轨道，轨道上有两个物体A和B，它们通过一根绕过定滑轮O的不可伸长的轻绳相连接，物体A以速率v A=10m/s匀速运动，在绳与轨道成30°角时，物体B的速度大小v B为（）A．5 m/s B． m/s C．20 m/s D． m/6．半圆柱体P放在粗糙的水平地面上，其右端有固定放置的竖直挡板MN，在P和MN之间放有一个光滑均匀的小圆柱体Q，整个装置处于静止状态，如图所示是这个装置的截面图，若用外力使MN保持竖直且缓慢地向右移动，在Q落到地面以前，发现P始终保持静止，在此过程中，下列说法中正确的是（）A．MN对Q的弹力逐渐减小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．Q所受的合力逐渐增大7．如图所示，斜面上a、b、c、d四个点，ab=bc=cd，从a点正上方的O点以速度v水平抛出一个小球，它落在斜面上b点．若小球从O点以速度2v水平抛出，不计空气阻力，则它将落在斜面上的（）A．c点B．b与c之间某一点C．c与d之间某一点D．d点8．质量为m的物体放在A处的地平面上，用竖直向上的力F拉物体，物体的加速度a与拉力F的关系图线如图中A所示，质量为m′的另一物体在B地做类似实验，得a﹣F的关系如图中B所示，A．B两线的延长线交Oa轴于同一点，设两地的重力加速度分别为g和g′，由图可知（）A．g′＜g B．m′＜m C．g′=g D．m′＞m9．如图所示，物体A，B间的摩擦力可以忽略不计，物体A受一水平推力F作用，使A，B一起以加速度a向左做匀加速运动，已知物体B的质量为m，物体A的斜面倾角为θ，则A对B 的弹力大小为（）A．mgcosθB．C．D．10．物体甲的位移与时间图象和物体乙的速度与时间图象分别如图甲、乙所示，则这两个物体的运动情况是（）A．甲在整个t=6 s时间内有来回运动，它通过的总位移为零B．甲在整个t=6 s时间内运动方向一直不变，它通过的总位移大小为4 mC．乙在整个t=6 s时间内有来回运动，它通过的总位移为零D．乙在整个t=6 s时间内运动方向一直不变，它通过的总位移大小为4 m11．如图所示，质量为m的物体在与斜面平行向上的拉力F作用下，沿着水平地面上质量为M 的粗糙斜面匀速上滑，在此过程中斜面保持静止，则地面对斜面（）A．无摩擦力B．支持力等于（m+M）gC．支持力为（M+m）g﹣FsinθD．有水平向左的摩擦力，大小为Fcosθ12．如图，轰炸机沿水平方向匀速飞行，到达山坡底端正上方时释放一颗炸弹，并垂直击中山坡上的目标A．已知A点高度为h，山坡倾角为θ，由此可算出（）A．轰炸机的飞行高度 B．轰炸机的飞行速度C．炸弹的飞行时间D．炸弹投出时的动能二、实验题，（本题共14分，13题6分，14题8分，），把答案填在答题卡上13．物理小组的同学用如图1所示的实验器材测定重力加速度，实验器材有：底座、带有标尺的竖直杆、光电门1和2组成的光电计时器（其中光电门l更靠近小球释放点），小球释放器（可使小球无初速释放）、网兜．实验时可用两光电门测量小球从光电门l运动至光电门2的时间t，并从竖直杆上读出两光电门间的距离h．（l）使用游标卡尺测量小球的直径如图2所示，则小球直径为 cm．（2）改变光电门1的位置，保持光电门2的位置不变，小球经过光电门2的速度为v，不考虑空气阻力，小球的加速度为重力加速度g，则h、t、g、v四个物理量之间的关系为h= ．（3）根据实验数据作出﹣t图线，若图线斜率的绝对值为k，根据图线可求出重力加速度大小为．14．如图所示，在“研究平抛物体运动”的实验中，用一张印有小方格的纸记录轨迹，小方格的边长l=1.25cm．若小球在平抛运动途中的几个位置如图中的a、b、c、d所示，则小球平抛的初速度的计算式为v o= （用l、g表示），小球在b点的速率是．（取g=9.8m/s2）．三、计算题（本题共4小题，共48分.解答应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤．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）15．（10分）（2014•陕西校级模拟）甲车以10m/s的速度在平直的公路上匀速行驶，乙车以4m/s的速度与甲车同向做匀速直线运动，甲车经过乙车旁边开始以0.5m/s2的加速度刹车，从甲车刹车开始计时，求：（1）乙车在追上甲车前，两车相距最大的距离．（2）乙车追上甲车所用的时间．16．（12分）（2014秋•上饶期末）如图所示，轻杆BC的C点用光滑铰链与墙壁固定，杆的B 点通过水平细绳AB使杆与竖直墙壁保持30°的夹角．若在B点悬挂一个定滑轮（不计重力），某人用它匀速地提起重物．已知重物的质量m=30kg，人的质量M=50kg，g取10m/s2．试求：（1）此时地面对人的支持力的大小；（2）轻杆BC和绳AB所受力的大小．17．（12分）（2014春•浔阳区校级期中）如图所示，半径为R的圆板匀速转动，当半径OB转动到某一方向时，在圆板中心正上方高h处以平行OB方向水平抛出一小球，要使小球与圆板只碰撞一次，且落点为B，求：（1）小球的初速度的大小；（2）圆板转动的角速度．18．（14分）（2014秋•临沂期中）如图所示，静止在水平地面上的平板车，质量M=10kg，其上表面离水平地面的高度h=1.25m．在离平板车左端B点L=2.7m的P点放置一个质量m=1kg 的小物块（小物块可视为质点）．某时刻对平板车施加一水平向右的恒力F=50N，一段时间后小物块脱离平板车落到地面上．（车与地面及小物块间的动摩擦因数均为μ=0.2，取g=10m/s2）求：（1）小物块从离开平板车至落到地面上所需时间；（2）小物块离开平板车时的速度大小；（3）小物块落地时，平板车的位移太小．2015-2016学年湖南省邵阳市邵阳县石齐学校高三（上）第一次月考物理试卷参考答案与试题解析一、选择题（共48分，本大题共12小题，每小题4分，在每小题给出的四个选项中，第1至7题只有一项符合题目要求，第8至12题有多项符合题目要求.全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分）1．关于伽利略对自由落体运动的研究，下列说法中正确的是（）A．伽利略认为在同一地点，重的物体和轻的物体下落快慢不同B．伽利略猜想运动速度与下落时间成正比，并直接用实验进行了验证C．伽利略通过数学推演并用小球在斜面上验证了位移与时间的平方成正比D．伽利略用小球在斜面上验证了运动速度与位移成正比考点：伽利略研究自由落体运动的实验和推理方法．分析：要了解伽利略“理想斜面实验”的内容、方法、原理以及物理意义，伽利略斜面实验的卓越之处不是实验本身，而是实验所使用的独特的方法在实验的基础上，进行理想化推理．（也称作理想化实验）它标志着物理学的真正开端．解答：解：A、亚里士多德认为在同一地点重的物体和轻的物体下落快慢不同，故A错误；B、伽利略猜想自由落体的运动速度与下落时间成正比，并未直接进行验证，而是在斜面实验的基础上的理想化推理，故B错误．C、伽利略通过数学推演并用小球在斜面上验证了位移与时间的平方成正比，故C正确．D、小球在斜面上运动运动速度与位移不成正比，故D错误，故选C．点评：伽利略的“理想斜面实验”是建立在可靠的事实基础之上的，它来源于实践，而又高于实践，它是实践和思维的结晶．2．一个由静止开始做匀加速直线运动的物体，从开始运动起连续发生3段位移，在这3段位移中所用的时间分别是1s，2s，3s，这3段位移的大小之比和这3段位移上的平均速度之比分别为（）A．1：22：32；1：2：3 B．1：23：33；1：22：32C．1：2：3； 1：1：1 D．1：3：5； 1：2：3考点：匀变速直线运动的位移与时间的关系．专题：直线运动规律专题．分析：要求连续的时间不等的三段时间内的位移之比，就要分别求出这三段时间内得位移，要求这三段位移，可以先求第一段的位移，再求前两段的位移，再求前三段的位移，前两段的位移减去第一段的位移，就等于第二段的位移，前三段的位移减去前两段的位移就等于第三段的位移；某段时间内的位移与所用时间的比值就等于该段时间内的平均速度．解答：解：根据x=at2可得物体通过的第一段位移为：x1=a×12= a又前3s的位移减去前1s的位移就等于第二段的位移，故物体通过的第二段位移为：x2=a×（1+2）2﹣×a×12=a×8=4a又前6s的位移减去前3s的位移就等于第三段的位移，故物体通过的第三段位移为：x3=a×（1+2+3）2﹣×a×（1+2）2=a×27=13.5a故x1：x2：x3=1：8：27在第一段位移的平均速度在第二段位移的平均速度在第三段位移的平均速度故==1：4：9故选B．点评：本题求解第二段和第三段位移的方法十分重要，要注意学习和积累，并能灵活应用．3．某质点沿x轴运动，它的位置坐标x与时间t的关系为x=2t2﹣3t，由此可知t=2s时它的速度和加速度的大小分别为（）A．5m/s，4m/s2B．2m/s，2m/s2C．﹣1m/s，2m/s2D．1m/s，4m/s2考点：匀变速直线运动的位移与时间的关系．专题：直线运动规律专题．分析：根据匀变速直线运动的位移时间公式得出质点的初速度和加速度，结合速度时间公式求出t=2s时的速度．解答：解：根据得，质点的初速度v0=﹣3m/s，加速度a=4m/s2，则2s时的速度v=v0+at=﹣3+4×2m/s=5m/s．故选：A．点评：解决本题的关键掌握匀变速直线运动的速度时间公式、位移时间公式，并能灵活运用，基础题．4．关于超重和失重，下列说法中正确的是（）A．超重就是物体受的重力增加了B．失重就是物体受的重力减少了C．完全失重就是物体一点重力都不受了D．不论超重或失重甚至完全失重，物体所受重力是不变的考点：超重和失重．专题：常规题型．分析：当物体对接触面的压力大于物体的真实重力时，就说物体处于超重状态，此时有向上的加速度；当物体对接触面的压力小于物体的真实重力时，就说物体处于失重状态，此时有向下的加速度；如果没有压力了，那么就是处于完全失重状态，此时向下加速度的大小为重力加速度g．解答：解：A、超重是物体对接触面的压力大于物体的重力，物体的重力并没有增加，故A 错误B、物体对支持物的压力或者对悬挂物的拉力小于重力叫失重，但重力并不减少．故B错误C、当物体只受重力，物体处于完全失重状态，重力并不改变．故C错误D、不论超重或失重甚至完全失重，物体在同一位置所受重力是不变的，故D正确故选：D．点评：本题主要考查了对超重失重现象的理解，人处于超重或失重状态时，人的重力并没变，只是对支持物的压力变了．5．如图所示，有两条位于同一竖直平面内的水平轨道，轨道上有两个物体A和B，它们通过一根绕过定滑轮O的不可伸长的轻绳相连接，物体A以速率v A=10m/s匀速运动，在绳与轨道成30°角时，物体B的速度大小v B为（）A．5 m/s B． m/s C．20 m/s D． m/考点：运动的合成和分解．专题：运动的合成和分解专题．分析：根据运动的合成与分解，结合A的速度与B的速度沿着绳子方向的速度大小相等，结合平行四边形定则求出物体B的速度．解答：解：将B点的速度分解如右图所示，则有：v2=v A，v2=v B cos30°．解得：v B==故选：D．点评：本题考查了运动的合成分解，知道小滑块沿着绳子的速度与A的速度大小相等，方向相．以及知道分运动与合运动具有等时性．6．半圆柱体P放在粗糙的水平地面上，其右端有固定放置的竖直挡板MN，在P和MN之间放有一个光滑均匀的小圆柱体Q，整个装置处于静止状态，如图所示是这个装置的截面图，若用外力使MN保持竖直且缓慢地向右移动，在Q落到地面以前，发现P始终保持静止，在此过程中，下列说法中正确的是（）A．MN对Q的弹力逐渐减小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．Q所受的合力逐渐增大考点：共点力平衡的条件及其应用；力的合成与分解的运用．专题：共点力作用下物体平衡专题．分析：先对Q受力分析，受重力、P对Q的支持力和MN对Q的支持力，根据平衡条件求解出两个支持力；再对P、Q整体受力分析，受重力、地面支持力、MN挡板对其向左的支持力和地面对其向右的支持力，再次根据共点力平衡条件列式求解．解答：解：先对Q受力分析，受重力、P对Q的支持力和MN对Q的支持力，如图根据共点力平衡条件，有N1=N2=mgtanθ再对P、Q整体受力分析，受重力、地面支持力、MN挡板对其向左的支持力和地面对其向右的支持力，如图根据共点力平衡条件，有f=N2N=（M+m）g故f=mgtanθMN保持竖直且缓慢地向右移动过程中，角θ不断变大，故f变大，N不变，N1变大，N2变大，P、Q受到的合力为零；故选B．点评：本题关键是先对物体Q受力分析，再对P、Q整体受力分析，然后根据共点力平衡条件求出各个力的表达式，最后再进行讨论．7．如图所示，斜面上a、b、c、d四个点，ab=bc=cd，从a点正上方的O点以速度v水平抛出一个小球，它落在斜面上b点．若小球从O点以速度2v水平抛出，不计空气阻力，则它将落在斜面上的（）A．c点B．b与c之间某一点C．c与d之间某一点D．d点考点：平抛运动．专题：平抛运动专题．分析：解答本题需要掌握：平抛运动的特点并能灵活应用，应用相关数学知识求解，如假设没有斜面的限制，将落到那点，有斜面和没有斜面的区别在哪里．解答：解：过b做一条与水平面平行的一条直线，若没有斜面，当小球从O点以速度2v水平抛出时，小球将落在我们所画水平线上c点的正下方，但是现在有斜面的限制，小球将落在斜面上的bc之间，故B正确，ACD错误．故选B．点评：本题考查角度新颖，很好的考查了学生灵活应用知识解题的能力，在学习过程中要开阔思路，多角度思考．如本题中学生可以通过有无斜面的区别，找到解题的突破口．8．质量为m的物体放在A处的地平面上，用竖直向上的力F拉物体，物体的加速度a与拉力F的关系图线如图中A所示，质量为m′的另一物体在B地做类似实验，得a﹣F的关系如图中B所示，A．B两线的延长线交Oa轴于同一点，设两地的重力加速度分别为g和g′，由图可知（）A．g′＜g B．m′＜m C．g′=g D．m′＞m考点：测定匀变速直线运动的加速度．专题：实验题；直线运动规律专题．分析：根据牛顿第二定律求出加速度a与拉力F的关系式，通过图线的斜率以及截距比较物体的质量和当地的重力加速度．解答：解：根据牛顿第二定律得，F﹣mg=ma，则a=﹣g．知图线的斜率表示质量的倒数，纵轴截距的大小表示重力加速度．从图象上看，A图线的斜率大于B图线的斜率，则m′＞m，纵轴截距相等，则g′=g．故C、D正确，A、B错误．故选：CD．点评：解决本题的关键通过牛顿第二定律求出加速度a与拉力F的关系式，根据图线的斜率和截距进行比较．9．如图所示，物体A，B间的摩擦力可以忽略不计，物体A受一水平推力F作用，使A，B一起以加速度a向左做匀加速运动，已知物体B的质量为m，物体A的斜面倾角为θ，则A对B 的弹力大小为（）A．mgcosθB．C．D．考点：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B进行受力分析，B在水平方向的合力产生加速度a，据牛顿第二定律求得合力大小再根据受力分析确定A对B弹力的大小．解答：解：对B受力分析如图所示：物体B在竖直向下的重力mg和A对B的弹力N作用下水平向左匀加速运动，由图可知，N和mg的合力为F′根据牛顿第二定律知F′=ma据数学知识可知：N===故选：BCD．点评：本题考查综合运用牛顿第二定律处理动力学问题的能力，常规题，比较简单，易造成漏选．10．物体甲的位移与时间图象和物体乙的速度与时间图象分别如图甲、乙所示，则这两个物体的运动情况是（）A．甲在整个t=6 s时间内有来回运动，它通过的总位移为零B．甲在整个t=6 s时间内运动方向一直不变，它通过的总位移大小为4 mC．乙在整个t=6 s时间内有来回运动，它通过的总位移为零D．乙在整个t=6 s时间内运动方向一直不变，它通过的总位移大小为4 m考点：匀变速直线运动的图像．专题：运动学中的图像专题．分析：位移时间图线的斜率表示瞬时速度，根据纵坐标的变化量表示位移．速度时间图线的斜率表示加速度的大小，图线与时间轴围成的面积表示位移．速度的正负表示速度的方向．解答：解：A、B、根据位移时间图线的斜率表示瞬时速度，可知，甲在整个t=6s时间内一直沿正向运动，总位移为△x=2m﹣（﹣2m）=4m，故A错误，B正确．C、D、速度图象中，速度的正负，表示速度的方向，即表示物体的运动方向．速度先负后正，说明物体乙先沿负向运动，后沿正向运动，即有来回运动，根据图线与时间轴围成的面积表示位移，图线在t轴上方位移为正值，下方位移为负值，得知总位移为0，故C正确D错误．故选：BC．点评：解决本题的关键知道速度时间图线和位移时间图线的物理意义，知道图线的斜率分别表示的意义．11．如图所示，质量为m的物体在与斜面平行向上的拉力F作用下，沿着水平地面上质量为M 的粗糙斜面匀速上滑，在此过程中斜面保持静止，则地面对斜面（）A．无摩擦力B．支持力等于（m+M）gC．支持力为（M+m）g﹣FsinθD．有水平向左的摩擦力，大小为Fcosθ考点：共点力平衡的条件及其应用；力的合成与分解的运用．专题：共点力作用下物体平衡专题．分析：斜面保持静止，所受的合力为零，物体匀速上滑，其合力也为零，将两个物体看成整体，分析受力情况，由平衡条件求解地面对斜面的支持力和摩擦力大小和方向．解答：解：以物体和斜面组成的整体为研究对象，分析受力情况：总重力（M+m）g、拉力F、地面的支持力N和摩擦力f，作出力图，根据平衡条件得：水平方向：f=Fcosθ，方向水平向左；竖直方向：N+Fsinθ=（M+m）g解得：N=（M+m）g﹣Fsinθ，f=Fcosθ．故选CD点评：本题两个物体的加速度都为零，可以作为整体进行研究，简单方便，也可以采用隔离法研究．12．如图，轰炸机沿水平方向匀速飞行，到达山坡底端正上方时释放一颗炸弹，并垂直击中山坡上的目标A．已知A点高度为h，山坡倾角为θ，由此可算出（）A．轰炸机的飞行高度 B．轰炸机的飞行速度C．炸弹的飞行时间D．炸弹投出时的动能考点：平抛运动．专题：平抛运动专题．分析：轰炸机沿水平方向匀速飞行，释放的炸弹做平抛运动．因为平抛运动速度与水平方向夹角的正切值是位移与水平方向夹角正切值的2倍，速度方向的夹角得知位移与水平方向夹角的正切值，再通过水平位移求出竖直位移，从而得知轰炸机的飞行高度，炸弹的飞行时间，以及炸弹的初速度．解答：解：A、B、C由图可得炸弹的水平位移为 x=设轰炸机的飞行高度为H，炸弹的飞行时间为t，初速度为v0．据题：炸弹垂直击中山坡上的目标A，则根据速度的分解有：tanθ==又==联立以上三式得：H=h+，可知可以求出轰炸机的飞行高度H．炸弹的飞行时间 t=，也可以求出t．轰炸机的飞行速度等于炸弹平抛运动的初速度，为 v0=，可知也可以求出．故A、B、C正确．D、由于炸弹的质量未知，则无法求出炸弹投出时的动能．故D错误．故选：ABC．点评：解决本题的关键掌握平抛运动水平方向和竖直方向上的运动规律，知道平抛运动的一些推论，并能灵活运用．二、实验题，（本题共14分，13题6分，14题8分，），把答案填在答题卡上13．物理小组的同学用如图1所示的实验器材测定重力加速度，实验器材有：底座、带有标尺的竖直杆、光电门1和2组成的光电计时器（其中光电门l更靠近小球释放点），小球释放器（可使小球无初速释放）、网兜．实验时可用两光电门测量小球从光电门l运动至光电门2的时间t，并从竖直杆上读出两光电门间的距离h．（l）使用游标卡尺测量小球的直径如图2所示，则小球直径为 1.170 cm．（2）改变光电门1的位置，保持光电门2的位置不变，小球经过光电门2的速度为v，不考虑空气阻力，小球的加速度为重力加速度g，则h、t、g、v四个物理量之间的关系为h=．（3）根据实验数据作出﹣t图线，若图线斜率的绝对值为k，根据图线可求出重力加速度大小为2k ．考点：测定匀变速直线运动的加速度．专题：实验题．分析：游标卡尺读数的方法是主尺读数加上游标读数，不需估读．根据自由下落的公式和匀变速直线运动的推论求出h、t、g、v四个物理量之间的关系．整理得到﹣t图线的表达式，并找出图线的斜率和加速度关系．解答：解：（1）主尺读数为1.1cm，游标读数为0.05×14=0.70mm=0.070cm，所以最终读数为1.1cm+0.070cm=1.170cm．（2）小球经过光电门2的速度为v，根据运动学公式得从开始释放到经过光电门2的时间t′=，所以从开始释放到经过光电门1的时间t″=t′﹣t=﹣t所以经过光电门1的速度v′=gt″=v﹣gt根据匀变速直线运动的推论得：两光电门间的距离h=t=（3）h=所以=v﹣gt若﹣t图线斜率的绝对值为k，k=g所以重力加速度大小g=2k．故答案为：（1）1.170；（2）；（3）2k．点评：要掌握游标卡尺的读数方法，主尺读数加上游标读数，不需估读．要提高应用匀变速直线的规律以及推论解答实验问题的能力，在平时练习中要加强基础知识的理解与应用．整理图象所要求的表达式，根据斜率的物理意义求解．14．如图所示，在“研究平抛物体运动”的实验中，用一张印有小方格的纸记录轨迹，小方格的边长l=1.25cm．若小球在平抛运动途中的几个位置如图中的a、b、c、d所示，则小球平抛的初速度的计算式为v o= （用l、g表示），小球在b点的速率是0.89m/s ．（取g=9.8m/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：平抛运动竖直方向是自由落体运动，对于竖直方向根据△y=gT2求出时间单位T．对于水平方向由公式v0=求出初速度．由a、c间竖直方向的位移和时间求出b点竖直方向的分速度，运用速度的合成，求解b的速率．解答：解：设相邻两点间的时间间隔为T，竖直方向：2L﹣L=gT2，得到T=水平方向：v0=；小球在b点时，竖直方向上的瞬时速度等于，所以b点的速度带入数据解得：v b=0.89m/s故答案为：；0.89m/s点评：本题是频闪照片问题，频闪照相每隔一定时间拍一次相，关键是抓住竖直方向自由落体运动的特点，由△y=aT2求时间单位．三、计算题（本题共4小题，共48分.解答应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤．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）15．（10分）（2014•陕西校级模拟）甲车以10m/s的速度在平直的公路上匀速行驶，乙车以4m/s的速度与甲车同向做匀速直线运动，甲车经过乙车旁边开始以0.5m/s2的加速度刹车，从甲车刹车开始计时，求：。
湖南省邵阳县石齐学校2015-2016学年高二上学期第一次月考物理(理)试卷(无答案)
石齐学校2015-2016学年高二上学期第一次月考物理（理）试题一、单项选择题（本题共10小题，每小题4分，共40分。
在每小题给出的四个选项中，只有一个选项正确。
）1.下列物理量中矢量是哪个？A.电场强度B.电势C.电动势D.电流2.关于电场强度，下列说法中正确的是A ．在以点电荷为中心的球面上任意两点的电场强度相同B ．检验电荷在电场中某点受力的方向一定是该点场强方向C ．在电场中某点，检验电荷q 所受的电场力F 与q 的比值不随q 的变化而变化D ．场强的大小和检验电荷q 的大小成反比3．在点电荷 Q 形成的电场中有一点A ，当一个－q 的检验电荷从电场的无限远处被移到电场中的A 点时，电场力做的功为W ，则检验电荷在A 点的电势能及电场中A 点的电势分别为：A ．A A W W q εϕ=-=，B ．A A W W q εϕ==-，C ．A A W W q εϕ==，D ．A A W q W εϕ=-=-，4、图中A ．B 、C 三点都在匀强电场中，已知AC ⊥BC ，∠ABC=60°，BC=20cm ．把一个电量q=10－5C 的正电荷从A 移到B ，电场力做功为零；从B 移到C ，电场力做功为1.73×10－3J ，则该匀强电场的场强大小和方向是A ．865V ／m ，垂直AC 向左B ．865V ／m ，垂直 AC 向右C ．1000V ／m ，垂直 AB 斜向上D ．1000V ／m ，垂直 AB 斜向下5．如图所示，在匀强电场中，有相互平行间隔相等的三个等势面A 、B 、C 。
其中等势面B 的电势为零。
一点电荷在不受其他外力作用的情况下，以垂直于等势面A 的初速度自P 点射入，且初动能为20J ，到达等势面C时，动能为零，则该电荷的电势能为5J 处的动能是A ．20JB ．15JC ．10JD ．5J6.如图所示，在两块带电平行金属板间，有一束电子沿Ox 轴方向射入电场，在电场中的运动轨迹为OCD .已知OA =AB ，则电子在OC 段和CD 段动能的增加量之比△E kC :△E kD 为A 1:4B 1:3C 1:2D 1:17、一根粗细均匀阻值为8Ω的电阻丝，在温度不变的条件下，先将它等分成四段，每段电阻为1R ；再将这四段电阻丝并联，并联后总电阻为2R ；则1R 与2R 的大小依次为A、1Ω，0.5ΩB、4Ω，lΩC、2Ω，0.5ΩD、2Ω，lΩ8、一台电动机，额定电压是100V，电阻是1Ω．正常工作时通过的电流为5A，则电动机输出的机械功率为A、500WB、25WC、2000WD、475W9、如图所示，直线a、抛物线b和曲线c分别为某一稳恒直流电源在纯电阻电路中的总功率P、电源内部发热功率P r、输出功率P R随电流I变化的图象，根据图象可知A．电源的电动势为9V，内阻为3ΩB．电源的电动势为3V，内阻为1ΩC．图象中任意电流值对应的P、P r、P R间的关系为P>P r+P RD．电路中总电阻为2Ω时，外电阻上消耗的功率最大且为2.25W10、在如图所示的电路中，电源的电压为U，R O为半导体热敏电阻，r、R1、R2是普通电阻，设除热敏电阻外，其他均不受温度的影响，那么当环境温度升高后，关于各电表示数的说法中正确的是A、A增大，V1增大，V2增大B、A增大，V1减小，V2增大C、A减小，V1增大，V2增大D、A增大，V1减小，V2增大二、多项选择题（本题共5小题，每小题4分，共20分。
湖南省邵阳市邵阳县石齐学校2014-2015学年高二下学期第一次月考化学试卷(理科)
湖南省邵阳市邵阳县石齐学校2014-2015学年高二下学期第一次月考化学试卷（理科）一．选择题（本题包括25小题，每小题2分，共50分．每小题只有一个选项符合题意）1．有机化学主要研究有机化合物所发生的反应，下列化合物中不是有机物的是( ) A．C O2B．C2H6C．H CHO D．CH3OH2．下列各组物质间的反应与反应类型不相符的是( )A．乙烯与溴水（加成反应）B．甲苯与浓硝酸（硝化反应）C．氯乙烷与氢氧化钠醇溶液（取代反应）D．乙烯与高锰酸钾（氧化反应）3．下列物质的类别与所含官能团都正确的是( )A．酚类﹣OH B．羧酸﹣COOHC．醛类﹣CHO D．C H3﹣O﹣CH3醚类﹣CHO4．下列系统命名法正确的是( )A．2﹣甲基﹣4﹣乙基戊烷B．3，4，4﹣三甲基己烷C．2，3﹣二乙基﹣1﹣戊烯D．间二甲苯5．下列表述正确的是( )A．2﹣丁烯的结构式CH3CH=CHCH3B．聚丙烯的结构简式C．四氯化碳分子的电子式D．丙烷分子的球棍模型6．有4种碳架如下的烃，下列说法正确的是( )①a和d是同分异构体②b和c是同系物③a和d都能发生加成反应④只有b和c能发生取代反应．A．①④B．①②C．②③D．①②③7．下列化合物的核磁共振氢谱图中吸收峰的数目正确的是( )A．（3个）B．（4个）C．（2个）D．（4个）8．烃A最多可以与两倍于其物质的量的H2加成．当烃A与足量HCl加成后产物为B，B 与四倍于其物质的量的Cl2反应才能得到完全卤代的产物．烃A是( )A．C H2═CH﹣CH═CH2B．C H≡CHC．C H3C≡CH D．C H2═CH29．在实验室中，下列除去杂质的方法正确的是( )A．溴苯中混有溴，加入KI溶液，振荡，再用汽油萃取B．硝基苯中混有浓硝酸和浓硫酸，将其倒入到NaOH溶液中，静置，分液C．乙烷中混有乙烯，通氢气在一定条件下反应，使乙烯转化为乙烷D．乙烯中混有SO2和CO2，将其先后通入NaOH和KMnO4溶液中洗气10．下列有机物属于芳香烃的是( )①②③④⑤⑥⑦⑧⑨⑩A．②③④⑤⑧⑩ B．②⑤⑧C．③④⑧⑩D．②⑧⑩11．下列物质既能发生消去反应，又能氧化产生醛基的是( )A．B．（CH3）3CCH2OH C．D．﹣CH2OH12．能证明苯酚具有酸性的方法是( )①苯酚溶液加热变澄清②苯酚浊液中加NaOH后，溶液变澄清，生成苯酚钠和水③苯酚可与FeCl3反应④在苯酚溶液中加入浓溴水产生白色沉淀⑤苯酚能与Na2CO3溶液反应．A．③④B．①②⑤C．②⑤D．③④⑤13．卤代烃RCH2CH2X的化学键如图，则下列说法中正确的是( )A．该卤代烃发生水解反应时，被破坏的键是①和④B．该卤代烃发生消去反应时，被破坏的键是①和③C．当该卤代烃发生水解反应时，被破坏的键是①D．当该卤代烃发生消去反应时，被破坏的键是①和②14．某链状有机物分子中含m个﹣CH3，n个﹣CH2﹣，a个，其余为羟基（﹣OH），则羟基（﹣OH）的数目可能是( )A．2n+3a﹣m B．a+2﹣m C． n+m+a D．a+2n+2﹣m15．实验室制硝基苯时，正确的操作顺序应该是( )A．先加入浓硫酸，再滴加苯，最后滴加浓硝酸B．先加入苯，再加浓硝酸，最后滴入浓硫酸C．先加入浓硝酸，再加入浓硫酸，最后滴入苯D．先加入浓硝酸，再加入苯，最后加入浓硫酸16．如图是制备和研究乙炔性质的实验装置图．下列说法不正确的是( )A．制备乙炔的反应原理是：CaC2+2H2O→Ca（OH）2+C2H2↑B．c的作用是除去影响后续实验的杂质C．d中的有机产物与AgNO3溶液混合能产生沉淀D．e中的现象说明乙炔能被高锰酸钾酸性溶液氧化17．下列关于分子组成为C x H y的烷、烯、炔烃的说法中不正确的是( )A．当x≤4时，常温常压下均为气体B．y一定为偶数C．分别燃烧1mol时，耗氧（x+）molD．在密闭的容器中完全燃烧时，150℃时测得的压强一定比燃烧前增加18．标况下，某混合气体由两种气态烃组成，2.24L该混合气体完全燃烧后，得到4.48L二氧化碳和3.6克水，则这两种气体可能是( )A．CH4和C3H8B．CH4和C3H4C． C2H2和C3H4D．C2H4和C2H619．设阿伏加德罗常数为N A，则下列说法正确的是( )A． 1.5g甲基（﹣CH3）所含有的电子数是N AB．14g乙烯和丙烯的混合物中含有原子的数目为N AC．标准状况下，1 L戊烷充分燃烧后生成的气态产物的分子数为N AD．常温常压下，1mol C n H2n+2中所含有的共价键数目为（3n+1）N A20．利用下列装置（部分仪器已省略），能顺利完成对应实验的是( )A．实验室制取乙烯B．石油的分馏实验C．实验室制取乙炔并收集D．利用酒精萃取碘水中的I2单质21．要鉴别己烯中是否混有少量甲苯，正确的实验方法是( )A．先加足量的酸性高锰酸钾溶液，然后再加入溴水B．先加足量溴水，然后再加入酸性高锰酸钾溶液C．点燃这种液体，然后再观察火焰的颜色D．加入浓硫酸与浓硝酸后加热22．A、B两种有机化合物，当混合物质量一定时，无论A、B以何种比例混合，完全燃烧时产生的CO2的量均相等，肯定符合上述条件的可能是( )①同分异构体；②同系物；③具有相同的最简式；④含碳的质量分数相同．A．①③④B．①③C．①②③④D．①②④23．A、B、C三种醇同足量的金属钠完全反应，在相同的条件下产生相同体积的氢气，消耗这三种醇的物质的量之比为3：6：2，则A、B、C三种醇分子里羟基数之比为( ) A．3：2：1 B．2：6：3 C． 3：1：2 D． 2：1：324．某有机物分子式为C8H10O，实验证明该有机物能与钠反应放出氢气，红外光谱显示苯环上有两个取代基团，则其可能的结构有几种( )A．5种B．6种C． 7种 D． 8种25．北京2008年奥运会的理念是“绿色奥运”“人文奥运”．举办“人文奥运”的一个重要体现是，禁止运动员服用兴奋剂．有一种兴奋剂的结构简式为，有关该物质的说法正确的是( )A．遇FeCl3溶液显紫色，因为该物质与苯酚属于同系物B．滴入KMnO4酸性溶液，观察到紫色褪去，可证明分子中存在双键C．1mol该物质与足量的碳酸氢钠反应，产生3mol CO2D．1mol该物质与浓溴水和H2反应时，最多消耗Br2和H2的物质的量分别为4 mol、7 mol二．填空26．已知丙酮键线式可表示为根据键线式回答下列问题：（1）分子式：__________，（2）分子中最多有__________个原子共直线；（3）有机物CH3CH（C2H5）CH（CH3）2的名称是__________（4）顺﹣2﹣丁烯的结构简式是；__________（5）写出由苯丙烯（）在催化剂作用下生成聚苯丙烯的反应方程式：__________．27．有机物A的结构简式为，它可通过不同化学反应分别制得B、C和D三种物质．（1）B中含氧官能团的名称是__________．（2）A→C的反应类型是__________；A～D中互为同分异构体的是__________．（3）由A生成B的化学方程式是__________．28．A、B、C三种物质的分子式都是C7H8O．若滴入FeCl3溶液，只有C呈紫色；若投入金属Na，只有B无变化．（1）写出A、B的结构简式__________、__________．（2）C有多种同分异构体，若其一溴代物最多有两种，C的这种同分异构体的结构简式是__________．29．醇脱水是合成烯烃的常用方法，实验室合成环己烯的反应和实验装置如图所示．可能用到的有关数据如下：相对分子质量密度/（g•cm﹣3）沸点/℃溶解性环乙醇100 0.9618 161 微溶于水环己烯82 0.8102 83 难溶于水合成反应：在a中加入20g环己醇和2小片碎瓷片，冷却搅动下慢慢加入1mL浓硫酸．b中通入冷却水后，开始缓慢加热a，控制馏出物的温度不超过90℃．分离提纯：反应粗产物倒入分液漏斗中分别用少量5%碳酸钠溶液和水洗涤，分离后加入无水氯化钙颗粒，静置一段时间后弃去氯化钙．最终通过蒸馏得到纯净环己烯10g．回答下列问题：（1）装置b的名称是__________．（2）加入碎瓷片的作用是__________；如果加热一段时间后发现忘记加瓷片，应该采取的正确操作是__________（填正确答案标号）．A．立即补加B．冷却后补加C．不需补加D．重新配料（3）本实验中最容易产生的副产物的结构简式为__________．（4）分液漏斗在使用前须清洗干净并__________；在本实验分离过程中，产物应该从分液漏斗的__________（填“上口倒出”或“下口放出”）．（5）分离提纯过程中加入无水氯化钙的目的是__________．（6）在环己烯粗产物蒸馏过程中，不可能用到的仪器有__________（填正确答案标号）．A．蒸馏烧瓶B．温度计C．吸滤瓶D．球形冷凝管E．接收器（7）本实验所得到的环己烯产率是__________（填正确答案标号）．A.41%B.50%C.61%D.70%30．有机化学反应因反应条件不同，可生成不同的有机产品．例如：（1）（2）苯的同系物与卤素单质混合，若在光照条件下，侧链上氢原子被卤素原子取代；若在催化剂作用下，苯环上的氢原子被卤素原子取代．工业上利用上述信息，按下列路线合成结构简式为的物质，该物质是一种香料．（1）①的反应类型为__________；（2）写出A的结构简式__________、（3）D中含氧官能团的名称是__________．（4）反应③、⑥的化学方程式为（有机物写结构简式，并注明反应条件）：③__________．⑥__________．（5）有多种同分异构体，满足下列条件：（1）苯环上一卤代物有两种，（2）属于醛类的同分异构体有__________种．湖南省邵阳市邵阳县石齐学校2014-2015学年高二下学期第一次月考化学试卷（理科）一．选择题（本题包括25小题，每小题2分，共50分．每小题只有一个选项符合题意）1．有机化学主要研究有机化合物所发生的反应，下列化合物中不是有机物的是( ) A．CO2B．C2H6C． HCHO D．CH3OH考点：无机化合物与有机化合物的概念．专题：物质的分类专题．分析：通常把含碳元素的化合物叫做有机化合物，简称有机物．一氧化碳、二氧化碳、碳酸盐、碳化物等物质中虽然含有碳元素，但是这些物质的性质和无机物相似，把它们归入无机物．解答：解：A．CO2常归为无机物，故A正确；B．C2H6是含碳的化合物，属于有机物，故B错误；C．HCHO是含碳的化合物，属于有机物，故C错误；D．CH3OH是含碳的化合物，属于有机物，故D错误．故选A．点评：本题考查有机物的概念，难度不大，掌握有机物与无机物的概念、特征等是正确解答此类题的关键．2．下列各组物质间的反应与反应类型不相符的是( )A．乙烯与溴水（加成反应）B．甲苯与浓硝酸（硝化反应）C．氯乙烷与氢氧化钠醇溶液（取代反应）D．乙烯与高锰酸钾（氧化反应）考点：取代反应与加成反应；氧化还原反应．分析：有机物分子中的不饱和键断裂，断键原子与其他原子或原子团相结合，生成新的化合物的反应是加成反应；有机物中的原子或原子团被其他的原子或原子团所代替生成新的化合物的反应叫取代反应；氧化反应：有机反应中得氧或失氢的反应为氧化反应；根据定义来分析解答．解答：解：A．乙烯和溴水的反应属于加成反应，故A正确；B．甲苯和浓硝酸发生的硝化反应生成硝基甲苯，也属于取代反应，故B正确；C．氯乙烷与氢氧化钠醇溶液发生消去反应生成乙烯，该反应不属于取代反应，故C错误；D．乙烯分子中含有碳碳双键，能够与高锰酸钾溶液发生氧化还原反应，故D正确；故选C．点评：本题考查了有机反应类型的判断，题目难度不大，注意掌握常见有机物结构与性质，明确常见有机反应的概念判断方法，试题培养了学生灵活应用所学知识的能力．3．下列物质的类别与所含官能团都正确的是( )A．酚类﹣OH B．羧酸﹣COOHC．醛类﹣CHO D． CH3﹣O﹣CH3醚类﹣CHO考点：烃的衍生物官能团．分析：A．羟基没有直接与苯环相连，不属于酚类；B．该有机物分子中官能团为羧基，属于羧酸；C．该有机物官能团为酯基，为甲酸苯甲酯，不属于醛类；D．该有机物中的官能团为醚基．解答：解：A．中羟基与苯环侧链的碳原子相连，属于醇类，不是酚类，故A错误；B．中含有官能团羧基，属于羧酸类，故B正确；C．的官能团为酯基，属于酯类，不属于醛类，故C错误；D．CH3﹣O﹣CH3的官能团为醚基，属于醚类，故D错误；故选B．点评：本题考查了有机物官能团结构与有机物类型关系，题目难度不大，注意掌握常见的官能团结构与性质，明确有机物类型与官能团之间关系．4．下列系统命名法正确的是( )A．2﹣甲基﹣4﹣乙基戊烷B． 3，4，4﹣三甲基己烷C．2，3﹣二乙基﹣1﹣戊烯D．间二甲苯考点：有机化合物命名．专题：有机化学基础．分析：A、烷烃命名时，应选取含碳原子数目最长的链为主链；B、根据支链编号之和应最小；C、根据烷烃的命名规则来分析；D、依据芳香烃的命名法则命名即可．解答：解：A、2﹣甲基﹣4﹣乙基戊烷正确的命名为2，4﹣二甲基己烷，故A错误；B、3，4，4﹣三甲基己烷正确的命名为3，3，4﹣三甲基己烷，故B错误；C、2，3﹣二乙基﹣1﹣戊烯名称符合系统命名方法和原则，故C正确；D、间二甲苯，苯环上间位有2个甲基，根据习惯命名法，可以命名为间二甲苯，故D正确；故选CD．点评：本题考查了有机物相同命名方法的应用，注意主链选择，起点编号，名称书写的规范方法是解题关键，题目较简单．5．下列表述正确的是( )A．2﹣丁烯的结构式CH3CH=CHCH3B．聚丙烯的结构简式C．四氯化碳分子的电子式D．丙烷分子的球棍模型考点：电子式、化学式或化学符号及名称的综合．分析：A．结构式中C﹣H键不能省略；B．聚丙烯的结构单元的主链含有2个C原子，含有甲基；C．四氯化碳分子中，碳原子和氯原子最外层都达到8电子稳定结构，漏掉了氯原子的3对未成键电子；D．用小球和短棍表示有机物分子组成的模型为球棍模型，根据丙烷的分子组成判断该球棍模型是否正确．解答：解：A．2﹣丁烯的结构式为，故A错误B．聚丙烯为丙烯通过加聚反应生成的，聚丙烯的结构单元的主链含有2个C原子，而且含有甲基，则聚丙烯的结构简式为：，故B错误；C．四氯化碳为共价化合物，分子中存在4个碳氯键，C、Cl原子的最外层达到8电子稳定结构，四氯化碳正确的电子式为：，故C错误；D．丙烷结构简式为CH3CH2CH3，其丙烷分子的球棍模型为：，故D正确．故选D．点评：本题考查了结构简式、电子式、球棍模型的判断，题目难度不大，注意掌握常见化学用语的概念及正确表示方法，明确分子式与结构简式、结构式的区别．6．有4种碳架如下的烃，下列说法正确的是( )①a和d是同分异构体②b和c是同系物③a和d都能发生加成反应④只有b和c能发生取代反应．A．①④B．①②C．②③D．①②③考点：芳香烃、烃基和同系物；有机物的结构和性质；同分异构现象和同分异构体．专题：有机物的化学性质及推断．分析：由碳架结构可知a为CH3C（CH3）=CH2，b为CH3CH2CH2CH3，c为C（CH3）4，d为环丁烷，结合对应有机物的结构和性质解答该题．解答：解：由碳架结构可知A为CH3C（CH3）=CH2，b为CH3CH2CH2CH3，c为C（CH3）4，d为环丁烷，①．a为CH3C（CH3）=CH2，属于烯烃，d为环丁烷，属于环烷烃，二者分子式相同，结构不同，互为同分异构体，故①正确；②．b为CH3CH2CH2CH3，c为C（CH3）4，二者都属于烷烃，分子式不同，互为同系物，故②正确；③．a为CH3C（CH3）=CH2，含有C=C双键，可以发生加成反应，d为环丁烷，属于环烷烃，不能发生加成反应，故③错误；④．都属于烃，一定条件下都可以发生取代反应，故④错误；故选B．点评：本题考查有机物的结构和性质，题目难度不大，注意根据有机物的结构模型判断有机物的种类，为解答该题的关键．7．下列化合物的核磁共振氢谱图中吸收峰的数目正确的是( )A．（3个）B．（4个）C．（2个）D．（4个）考点：常见有机化合物的结构．专题：有机物分子组成通式的应用规律．分析：根据氢原子的种类等于峰的数目，结合等效氢判断．解答：解：A．有2种氢原子，所以核磁共振氢谱图中吸收峰的数目有2种，故A错误；B．有5种氢原子（），所以核磁共振氢谱图中吸收峰的数目有5种，故B错误；C．有3种氢原子，所以核磁共振氢谱图中吸收峰的数目有3种，故C错误；D．有4种氢原子（其中5和1等效，6和2等效，7和3等效，8和4等效），所以核磁共振氢谱图中吸收峰的数目有4种，故D正确．故选D．点评：本题考查等效氢原子的判断，题目难度不大，注意有几种等效氢原子就有几种吸收峰．8．烃A最多可以与两倍于其物质的量的H2加成．当烃A与足量HCl加成后产物为B，B 与四倍于其物质的量的Cl2反应才能得到完全卤代的产物．烃A是( )A．CH2═CH﹣CH═CH2B． CH≡CHC．CH3C≡CH D． CH2═CH2考点：有关有机物分子式确定的计算．分析：烃A最多可以与两倍于其物质的量的H2加成”表明A中含有一个三键或者两个双键，当烃A与足量HCl加成后产物为B，则A能和2倍的氯化氢加成生成B，故B 比A多了2个H和两个Cl，再根据B与四倍于其物质的量的Cl2反应才能得到完全卤代的产物可知B分子中有4个H，由此可推出A的分子式．解答：解：烃A最多可以与两倍于其物质的量的H2加成”表明A中含有一个三键或者两个双键．又由“B与四倍与其物质的量的Cl2反应才能得到完全卤代的产物”可见只含有单键的B中有四个氢原子，算上加上去的两个氯原子，故B的化学式为：C2H4Cl2，可以推断A为乙炔．故选B．点评：本题考查了有机物分子式的确定，为高频考点，掌握加成反应和取代反应的特点是解题的关键，难度不大．9．在实验室中，下列除去杂质的方法正确的是( )A．溴苯中混有溴，加入KI溶液，振荡，再用汽油萃取B．硝基苯中混有浓硝酸和浓硫酸，将其倒入到NaOH溶液中，静置，分液C．乙烷中混有乙烯，通氢气在一定条件下反应，使乙烯转化为乙烷D．乙烯中混有SO2和CO2，将其先后通入NaOH和KMnO4溶液中洗气考点：分液和萃取．专题：实验评价题．分析：A．碘单质与溴苯汽油互溶；B．浓硝酸和浓硫酸可与氢氧化钠反应，而硝基苯不反应，且不溶于水；C．除去乙烷中混有的少量乙烯时注意不能引入新的杂质；D．CO2、SO2可与NaOH溶液发生反应，乙烯与酸性高锰酸钾发生氧化还原反应生成二氧化碳气体；解答：解：A．Br2与KI溶液反应生成碘单质，与溴苯仍是互溶体系，不能分离，碘单质与溴苯汽油互溶，无法用汽油萃取，故A错误；B．浓硝酸和浓硫酸可与氢氧化钠反应，而硝基苯不反应，且不溶于水，可用氢氧化钠溶液除杂，故B正确；C．利用氢气与乙烯发生加成反应，除去乙烯，单会引入氢气，故C错误；D．CO2、SO2可与NaOH溶液发生反应，而乙烯不反应，可除杂，但乙烯能与酸性高锰酸钾发生氧化还原反应生成二氧化碳气体，故D错误；故选B．点评：本题考查物质的分离与除杂，解决除杂问题时，抓住除杂质的必需条件（加入的试剂只与杂质反应，反应后不能引入新的杂质）是正确解题的关键．题目难度不大．10．下列有机物属于芳香烃的是( )①②③④⑤⑥⑦⑧⑨⑩A．②③④⑤⑧⑩B．②⑤⑧C．③④⑧⑩D．②⑧⑩考点：芳香烃、烃基和同系物．专题：有机化学基础．分析：分子中含有苯环的烃都属于芳香烃，所以判断的依据为：分子中只含有C、H元素，分子中一定含有苯环，据此进行解答．解答：解：芳香烃分子中一定含有苯环，且分子中只含有C、H元素，满足条件的为：②⑤⑧，故选B．点评：本题考查了芳香烃的概念及判断，题目难度不大，明确芳香烃的概念为解答关键，注意掌握芳香烃、苯的同系物、芳香化合物的区别，试题培养了学生灵活应用基础知识的能力．11．下列物质既能发生消去反应，又能氧化产生醛基的是( )A．B．（CH3）3CCH2OH C．D．﹣CH2OH考点：消去反应与水解反应．专题：有机物的化学性质及推断．分析：既能发生消去反应，说明与﹣OH或卤素原子相连的C原子邻位C原子上有H原子；催化氧化的产物是醛，能够发生银镜反应，则应含有R﹣CH（R'）﹣CH2OH的结构特点．解答：解：与﹣OH或卤素原子相连的C原子邻位C原子上有H原子，且含有R﹣CH（R'）﹣CH2OH的结构特点的有机物符合要求．A．能发生催化氧化，但是得到酮类物质，不会生成醛基，可发生消去反应，故A错误；B．能发生催化氧化得到醛基，但不能发生消去反应，故B错误；C．能发生催化氧化得到醛基，能发生消去反应，故C正确；D．不能发生消去反应，催化氧化可生成醛，故D错误．故选C．点评：本题考查有机物的结构和性质，题目难度中等，本题注意醇类物质发生消去、催化氧化反应与结构的关系，注意把握相关规律，为易错点．12．能证明苯酚具有酸性的方法是( )①苯酚溶液加热变澄清②苯酚浊液中加NaOH后，溶液变澄清，生成苯酚钠和水③苯酚可与FeCl3反应④在苯酚溶液中加入浓溴水产生白色沉淀⑤苯酚能与Na2CO3溶液反应．A．③④B．①②⑤C．②⑤D．③④⑤考点：烃的衍生物官能团．专题：有机反应．分析：①溶解性大小与酸的电离的程度无关；②酸与碱发生中和反应；③苯酚与氯化铁溶液发生显色反应；④溴与苯酚发生取代反应，不能比较酸性强弱．⑤苯酚能与Na2CO3溶液反应生成NaHCO3．解答：解：①苯酚的浑浊液加热后变澄清，说明温度升高苯酚溶解度增大，无法说明苯酚的酸性，故①错误；②苯酚的水溶液中加NaOH溶液，生成苯酚钠，能说明苯酚溶液呈酸性，故②正确；③苯酚与氯化铁溶液发生显色反应，无法说明苯酚的酸性，故③错误；④溴与苯酚发生取代反应，只能说明羟基使苯环活化，与其酸性无关，故④错误；⑤苯酚能与Na2CO3溶液反应生成NaHCO3，是利用了强酸能制弱酸的原理，说明苯酚的酸性强于HCO3﹣，故⑤正确．故选C．点评：本题考查了苯酚的性质，题目难度不大，注意苯酚和氯化铁变色反应无法判断酸性．13．卤代烃RCH2CH2X的化学键如图，则下列说法中正确的是( )A．该卤代烃发生水解反应时，被破坏的键是①和④B．该卤代烃发生消去反应时，被破坏的键是①和③C．当该卤代烃发生水解反应时，被破坏的键是①D．当该卤代烃发生消去反应时，被破坏的键是①和②考点：消去反应与水解反应．分析：该有机物含有卤素原子取代基﹣X，可发生取代反应，若﹣X所在碳原子的邻位碳原子上有氢原子，可发生消去反应，结合该有机物的结构特点解答该题．解答：解：当该卤代烃发生水解反应时，被破坏的键是①，﹣X被取代生成﹣OH；当该卤代烃发生消去反应时，被破坏的键是①和③，生成碳碳双键和HX，故选：BC．点评：本题侧重于有机物知识的综合考查，注意把握有机物官能团的性质，特别是有机物的性质与结构特点的关系，题目难度不大．14．某链状有机物分子中含m个﹣CH3，n个﹣CH2﹣，a个，其余为羟基（﹣OH），则羟基（﹣OH）的数目可能是( )A．2n+3a﹣m B．a+2﹣m C． n+m+a D．a+2n+2﹣m考点：有机化合物中碳的成键特征．专题：有机物分子组成通式的应用规律．分析：有机物主要靠C原子连接，每个碳原子都必须形成4个共价键，以1条碳链分析考虑，先分析若只连接甲基，计算连接的甲基数目，再根据分子中含有的甲基数目计算羟基数，1个﹣CH﹣可连接1个甲基，﹣CH2﹣不管多少个只能连接两个﹣CH3，据此计算判断．解答：解：若只连接甲基，﹣CH2﹣不管多少个只能连接两个﹣CH3，a个能连接a个﹣CH3，所以n个﹣CH2﹣，a个连接﹣CH3共计a+2个．由于分子中含有m个﹣CH3，所以连接的﹣OH为a+2﹣m．故选B．点评：本题考查有机化合物中成键特征，难度中等，关键清楚有机物主要靠C原子连接，每个碳原子都必须形成4个共价键．15．实验室制硝基苯时，正确的操作顺序应该是( )A．先加入浓硫酸，再滴加苯，最后滴加浓硝酸B．先加入苯，再加浓硝酸，最后滴入浓硫酸C．先加入浓硝酸，再加入浓硫酸，最后滴入苯D．先加入浓硝酸，再加入苯，最后加入浓硫酸考点：苯的性质．专题：有机物的化学性质及推断．分析：先将浓HNO3注入容器瓶中，然后再慢慢注入浓H2SO4，并及时搅拌，浓硝酸和浓硫酸混合后，在50﹣60℃的水浴中冷却后再滴入苯．把浓硫酸加入浓硝酸中防止浓硫酸溅出伤人，酸混合放出大量的热，苯的沸点比较低，先加苯导致大量的苯蒸发掉．解答：解：实验室制硝基苯时，先将浓HNO3注入容器中，然后再慢慢注入浓H2SO4，并及时搅拌，浓硝酸和浓硫酸混合后，在50﹣60℃的水浴中冷却后再滴入苯，故选C．点评：本题考查有机实验操作、苯与浓硫酸的性质等，难度中等，注意浓硫酸的稀释操作．16．如图是制备和研究乙炔性质的实验装置图．下列说法不正确的是( )A．制备乙炔的反应原理是：CaC2+2H2O→Ca（OH）2+C2H2↑B．c的作用是除去影响后续实验的杂质C．d中的有机产物与AgNO3溶液混合能产生沉淀D．e中的现象说明乙炔能被高锰酸钾酸性溶液氧化考点：乙炔炔烃；常见气体制备原理及装置选择．专题：实验设计题；有机反应．分析：A．实验室通过电石与水的反应制取乙炔；B．硫酸铜溶液可以除去乙炔中混有的H2S和PH3等杂质；C．d中的有机产物为1，1，2，2﹣四溴乙烷，属于非电解质，不能电离出溴离子；D．乙炔能使酸性高锰酸钾溶液褪色，发生了氧化反应．解答：解：A．实验室通过电石与水的反应制取乙炔，化学反应方程式为CaC2+2H2O→Ca （OH）2+CH≡CH↑，故A正确；B．硫酸铜溶液可以除去乙炔中混有的H2S和PH3等杂质，故B正确；C．d中的有机产物为1，1，2，2﹣四溴乙烷，属于非电解质，不能电离出溴离子，故与AgNO3溶液不反应，故C错误；D．乙炔容易被高锰酸钾氧化，使高锰酸钾褪色，故D正确，故选C．。
湖南省邵阳市邵阳县石齐学校2015_2016学年高二物理上学期第三次月考试卷(166班,含解析)
2015-2016学年湖南省邵阳市邵阳县石齐学校高二（上）第三次月考物理试卷（166班）一、单项选择题1．真空中有两个等量异号点电荷，电量均为q，相距为r，设静电力常量为k，则在两个点电荷连线中点处，电场强度的大小和方向是（）A．，指向正电荷B．，指向负电荷C．，指向正电荷D．，指向负电荷2．电路中路端电压U随干路电流I变化的关系如图所示，则电源的电动势E和内电阻r分别是（）A．E=1.0V，r=5.0ΩB．E=1.0V，r=2.5ΩC．E=2.0V，r=5.0ΩD．E=2.0V，r=2.5Ω3．在如图所示的电路中，小灯泡A、B、C规格相同，当闭合开关K时，小灯泡A、B、C的亮度变化情况可能是（）A．A灯变亮，B灯变亮，C灯变暗B．A灯变亮，B灯亮暗，C灯变亮C．A灯变暗，B灯变亮，C灯变暗D．A灯变暗，B灯亮暗，C灯变亮4．图中电阻R1、R2、R3的阻值相等，电池的内阻不计．开关S接通后流过R2的电流是S接通前的（）A．B．C．D．5．为了保障行驶安全，一种新型双门电动公交车安装了如下控制装置：只要有一扇门没有关紧，汽车就不能启动．如果规定：车门关紧时为“1”，未关紧时为“0”；当输出信号为“1”时，汽车可以正常启动行驶，当输出信号为“0”时，汽车不能启动．能正确表示该控制装置工作原理的逻辑门是（）A．与门 B．或门 C．非门 D．与非门6．水平放置的平行金属板a、b带有等量正负电荷，a板带正电，两板间有垂直于纸面向里的匀强磁场，一个带正电的粒子在两板间作直线运动，粒子的重力不计．关于粒子在两板间运动的情况，正确的是（）A．只能是向右做匀速直线运动 B．可能向右做匀加速直线运动C．只能是向左做匀速直线运动 D．可能向左做匀加速直线运动7．在一个匀强电场中有a、b两点，相距为d，电场强度为E，把一个电量为q的负电荷由a移到b点时，电场力对电荷做正功W，以下说法正确的是（）A．a点电势比b点电势低B．a、b两点电势差大小为U=EdC．ab两点电势差大小为 U=D．该电荷在b点电势能较a点大8．如图所示，直线A为电源的U﹣I图线，曲线B为小灯泡的U﹣I图线，用该电源和小灯泡组成闭合电路时，电源的输出功率和电源的总功率分别是（）A．4W、8W B．4W、6W C．2W、4W D．2W、3W9．每时每刻都有大量宇宙射线向地球射来，地磁场可以改变射线中大多数带电粒子的运动方向，使它们不能到达地面，这对地球上的生命有十分重要的意义．假设有一个带正电的宇宙射线粒子正垂直于地面向赤道射来，在地磁场的作用下，它将（）A．向东偏转 B．向南偏转 C．向西偏转 D．向北偏转10．如图所示，MN为两个匀强磁场的分界面，两磁场的磁感应强度大小的关系为B1=2B2，一带电荷量为+q、质量为m的粒子从O点垂直MN进入B1磁场，则经过多长时间它将向下再一次通过O点（）A．B．C．D．11．如图，长为2l的直导线折成边长相等，夹角为60°的V形，并置于与其所在平面相垂直的匀强磁场中，磁感应强度为B．当在该导线中通以电流强度为I的电流时，该V形通电导线受到的安培力大小为（）A．0 B．0.5BIl C．BIl D．2BIl12．如图所示，一个静止质量为m，带电量为+q的带电粒子（不计重力），经电压为U的电场加速后垂直进入磁感应强度为B的匀强磁场中，并打在P点．设OP=x，能正确反映x与U 之间函数关系的x﹣U图象如图中的（）A．B．C．D．二、填空题13．如图所示，四个相同的电流表分别改装成两个安培表和两个伏特表．安培表A1的量程大于A2的量程，伏特表V1的量程大于V2的量程，把它们按图接入电路，则安培表A1的偏转角安培表A2的偏转角；伏特表V1的偏转角伏特表V2的偏转角．（填“大于”，“小于”或“等于”）14．某同学要探究一种新材料制成的圆柱体的电阻．步骤如下：（1）用游标为20分度的卡尺测量其长度如图1，由图可知其长度为mm．（2）用螺旋测微器测量其直径如图2，由图可知其直径为cm．（3）用多用电表的电阻“×10”挡，按正确的操作步骤测此圆柱体的电阻，表盘的示数如图3，则该电阻的阻值约为Ω．（4）该同学想用伏安法更精确地测量其电阻R，现有的器材及其代号和规格如下：待测圆柱体电阻R电流表A1（量程0～4mA，内阻约50Ω）电流表A2（量程0～10mA，内阻约30Ω）电压表V1（量程0～3V，内阻约10kΩ）电压表V2（量程0～15V，内阻约25kΩ）直流电源E（电动势4V，内阻不计）滑动变阻器R1（阻值范围0～15Ω，允许通过的最大电流2.0A）滑动变阻器R2（阻值范围0～20kΩ，允许通过的最大电流0.5A）开关S导线若干为使实验误差较小，要求测得多组数据进行分析，请在图4方框中画出测量的电路图，并标明所用器材的代号．三、计算题15．一个质量为m电荷量为q的带电粒子从x轴上的P（a，0）点以速度v，沿与x正方向成60°的方向射入第一象限内的匀强磁场中，并恰好垂直于y轴射出第一象限，不计重力．求：（1）粒子做圆周运动的半径R（2）匀强磁场的磁感应强度B．16．如图所示，三个定值电阻的阻值都为R=4Ω，开关K闭合时，有一质量为m=1.2×10﹣4kg 带电量为q=6×10﹣6C的小球静止于平行板电容器极板间的中点O．现在把开关K断开，此小球向一个极板运动，并与此极板相碰，碰撞时无机械能损失，碰撞后小球恰能运动到另一极板处，设两极板间的距离为d=2cm，电源内阻不计，g=10m/s2试求：（1）电源电动势E；（2）开关断开后，两极板间电压U′；（3）小球和电容器一个极板碰撞后所带的电量q′．17．在平面直角坐标系xoy中，第I象限存在沿y轴负方向的匀强电场，第IV象限存在垂直于坐标平面向外的匀强磁场，磁感应强度为B．一质量为m，电荷量为q的带正电的粒子从y轴正半轴上的M点以速度v0垂直于y轴射入电场，经x轴上的N点与x轴正方向成45°角射入磁场，最后从y轴负半轴上的P点垂直于y轴射出磁场，如图所示．不计粒子重力，求：（1）M、N两点间的电势差U MN；（2）粒子在磁场中运动的轨道半径r；（3）粒子从M点运动到P点的总时间t．2015-2016学年湖南省邵阳市邵阳县石齐学校高二（上）第三次月考物理试卷（166班）参考答案与试题解析一、单项选择题1．真空中有两个等量异号点电荷，电量均为q，相距为r，设静电力常量为k，则在两个点电荷连线中点处，电场强度的大小和方向是（）A．，指向正电荷B．，指向负电荷C．，指向正电荷D．，指向负电荷【考点】电场的叠加；电场强度．【专题】电场力与电势的性质专题．【分析】先求出两个点电荷单独在该点产生的场强，然后根据矢量合成的原则进行合成即可．【解答】解：根据点电荷场强公式，正负电荷单独存在时在该点产生的场强大小相等，为：正负电荷单独存在时在该点产生的场强方向也相同，故合场强为方向由正电荷指向负电荷；故选D．【点评】本题关键是求出各个点电荷单独存在时在两个电荷连线中点产生的场强大小，然后根据矢量合成的原理进行合成．2．电路中路端电压U随干路电流I变化的关系如图所示，则电源的电动势E和内电阻r分别是（）A．E=1.0V，r=5.0ΩB．E=1.0V，r=2.5ΩC．E=2.0V，r=5.0ΩD．E=2.0V，r=2.5Ω【考点】闭合电路的欧姆定律．【专题】恒定电流专题．【分析】由图象的意义可知电源的电动势为2V，斜率的绝对值表示内阻．【解答】解：由图象可知电源的电动势为2V，r=k==2.5Ω，故ABC错误，D正确．故选：D．【点评】明确U﹣I图象的意义是解题的关键，正确读出电源的电动势，知道图象的斜率表示电源内阻．3．在如图所示的电路中，小灯泡A、B、C规格相同，当闭合开关K时，小灯泡A、B、C的亮度变化情况可能是（）A．A灯变亮，B灯变亮，C灯变暗B．A灯变亮，B灯亮暗，C灯变亮C．A灯变暗，B灯变亮，C灯变暗D．A灯变暗，B灯亮暗，C灯变亮【考点】闭合电路的欧姆定律．【专题】定性思想；推理法；恒定电流专题．【分析】电路动态分析问题，一般思路先分析开关K闭合后对部分的影响，再分析对整个电路的影响，然后再结合欧姆定律具体分析每个灯亮度的变化情况．【解答】解：开关K闭合后，电阻R被短路，整个电路的总电阻R总减小，整个电路的总电流I将要增大故流过A灯的电流增大，A灯变亮；内电压U内=Ir也增大，路端电压U=E﹣U内将减小而A灯两端电压U A=IR1将增大，故此时C灯电压U C=U﹣U A将减小，因此C灯要变暗对B灯分析，B灯两端电压可能比原来大，也可能比原来小，或者电压不变，因此B灯可能亮度不变、变亮或者变暗，A正确；故选：A【点评】本题考查电路动态分析，注意掌握解决动态分析题的一般方法：部分变化﹣整体变化﹣再到部分变化的思路．4．图中电阻R1、R2、R3的阻值相等，电池的内阻不计．开关S接通后流过R2的电流是S接通前的（）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】开关S接通前，R1、R2串联；S接通后，R2、R3并联后与R1串联．根据欧姆定律，并结合串并联电路的特点求解．【解答】解：设电源电动势为E，R1=R2=R3=R，则S接通时，I2=×=，S断开时，I2′=，所以=，故B选项正确．故选：B．【点评】此题考查欧姆定律及电阻的串、并联．要注意在采用比例法时，要用相同的量表示所研究的物理量．5．为了保障行驶安全，一种新型双门电动公交车安装了如下控制装置：只要有一扇门没有关紧，汽车就不能启动．如果规定：车门关紧时为“1”，未关紧时为“0”；当输出信号为“1”时，汽车可以正常启动行驶，当输出信号为“0”时，汽车不能启动．能正确表示该控制装置工作原理的逻辑门是（）A．与门 B．或门 C．非门 D．与非门【考点】简单的逻辑电路．【专题】恒定电流专题．【分析】门关紧时输入信号为“1”，未关紧时输入信号为“0”；当输出信号为“1”时，报警器就鸣响，输出信号为“0”时，报警器就不鸣响．该控制装置工作原理的逻辑门是与非门．【解答】解：因为输入“1，0”“0，1”“0，0”输出都为“0”，而输入“1，1”输出为“1”，知该逻辑门是与门．故A正确，B、C、D错误．故选A．【点评】该题容易误选或门，注意若是或门输入“1，1”输出为“1”，报警器就鸣响．6．水平放置的平行金属板a、b带有等量正负电荷，a板带正电，两板间有垂直于纸面向里的匀强磁场，一个带正电的粒子在两板间作直线运动，粒子的重力不计．关于粒子在两板间运动的情况，正确的是（）A．只能是向右做匀速直线运动 B．可能向右做匀加速直线运动C．只能是向左做匀速直线运动 D．可能向左做匀加速直线运动【考点】带电粒子在混合场中的运动．【专题】带电粒子在复合场中的运动专题．【分析】首先根据带正电粒子作直线运动，结合受力分析（粒子只受电场力和洛伦兹力作用）和左手定则，即可判断出粒子所受的洛伦兹力的方向只能向上，粒子只能向右做匀速直线运动．【解答】解：带正电的粒子在两板间作直线运动，可知粒子受力平衡，对小球进行受力分析，受电场力和洛伦兹力作用，电场力方向向下，洛伦兹力的方向只能向上，由左手定则可判断出带正电的小球只能向右运动．因洛伦兹力大小不变，所以小球只能做匀速直线运动．选项A正确，选项BCD错误．故选A．【点评】带电粒子在匀强电场和匀强磁场共存区域内运动时，往往既要受到电场力作用，又要受到洛仑兹力作用．这两个力的特点是，电场力是恒力，而洛仑兹力的大小、方向随速度变化．若二力平衡，则粒子做匀速直线运动．若二力不平衡，则带电粒子所受合外力不可能为恒力，因此带电粒子将做复杂曲线运动．7．在一个匀强电场中有a、b两点，相距为d，电场强度为E，把一个电量为q的负电荷由a移到b点时，电场力对电荷做正功W，以下说法正确的是（）A．a点电势比b点电势低B．a、b两点电势差大小为U=EdC．ab两点电势差大小为 U=D．该电荷在b点电势能较a点大【考点】匀强电场中电势差和电场强度的关系．【专题】电场力与电势的性质专题．【分析】根据电势差的定义分析电势差U ab．根据推论：正电荷在电势高处其电势能大，分析ab两点电势高低．对照适用条件分析U=Ed的正误．【解答】解：A、电场力做功的关系式W ab=qU ab，负电荷从a点移到b点时，电场力对电荷做正功W，所以U ab＜0，故a点电势比b点低．故A正确．B、当ab两点在同一电场线上时，U=Ed．本题ab是否在同一电场线上不确定，则U大小不一定为等于Ed，故B错误．C、电荷从a移动到b，电场力做功W，根据电势差的定义U ab=，故C正确．D、电场力对电荷做正功W，电势能减小，电荷在a点电势能较b点大，故D错误．故选：AC．【点评】电场这一章概念较多，也很抽象，要从物理量的定义出发，从定义式中各个量的含义、矢标性、条件、与其他概念的区别与联系等方面加深对概念的理解，8．如图所示，直线A为电源的U﹣I图线，曲线B为小灯泡的U﹣I图线，用该电源和小灯泡组成闭合电路时，电源的输出功率和电源的总功率分别是（）A．4W、8W B．4W、6W C．2W、4W D．2W、3W【考点】路端电压与负载的关系．【专题】恒定电流专题．【分析】电源的外特性曲线与灯泡伏安特性曲线的交点就是灯泡与电源连接时的工作状态，由图可读出工作电压和电流及电源的电动势从而可算出电路的总功率和电源的输出功率．【解答】解：由图A读出：电源的电动势 E=3V，内阻 r===0.5Ω；两图线的交点表示灯泡与电源连接时的工作状态，此时灯泡的电压 U=2V ，电流 I=2A ； 则电源的总功率P 总=EI=3×2W=6W电源的输出功率 P 出=EI ﹣I 2r=（3×2﹣22×0.5）W=4W 故选：B ． 【点评】解决这类问题的关键在于从数学角度理解图象的物理意义，抓住图象的斜率、面积、截距、交点等方面进行分析，更加全面地读出图象的物理内涵．9．每时每刻都有大量宇宙射线向地球射来，地磁场可以改变射线中大多数带电粒子的运动方向，使它们不能到达地面，这对地球上的生命有十分重要的意义．假设有一个带正电的宇宙射线粒子正垂直于地面向赤道射来，在地磁场的作用下，它将（ ）A ．向东偏转B ．向南偏转C ．向西偏转D ．向北偏转 【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】根据地球磁场的分布，由左手定则可以判断粒子的受力的方向，从而可以判断粒子的运动的方向．【解答】解：地球的磁场由南向北，当带正电的宇宙射线粒子垂直于地面向赤道射来时，根据左手定则可以判断粒子的受力的方向为向东，所以粒子将向东偏转，所以A 正确． 故选A ．【点评】本题就是考查左手定则的应用，掌握好左手定则即可判断粒子的受力的方向．10．如图所示，MN 为两个匀强磁场的分界面，两磁场的磁感应强度大小的关系为B 1=2B 2，一带电荷量为+q 、质量为m 的粒子从O 点垂直MN 进入B 1磁场，则经过多长时间它将向下再一次通过O 点（ ）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】粒子垂直进入磁场，做匀速圆周运动，半径r=，则粒子在两个磁场中半径之比为1：2，画出轨迹，根据周期求出时间．【解答】解：粒子垂直进入磁场，由洛伦兹力提供向心力，则根据牛顿第二定律得qvB=m得轨迹半径r=，周期T==可知r1：r2=1：2 画出轨迹如图．粒子在磁场B1中运动时间为T1，在磁场B2中运动时间为粒子向下再一次通过O点所经历时间t=T1+=+=故选：B．【点评】本题关键在于画出粒子运动的轨迹，确定时间与周期的关系，这也是磁场中的轨迹问题常用的思路．11．如图，长为2l的直导线折成边长相等，夹角为60°的V形，并置于与其所在平面相垂直的匀强磁场中，磁感应强度为B．当在该导线中通以电流强度为I的电流时，该V形通电导线受到的安培力大小为（）A．0 B．0.5BIl C．BIl D．2BIl【考点】安培力的计算．【专题】计算题．【分析】由安培力公式F=BIL进行计算，注意式中的L应为等效长度．【解答】解：导线在磁场内有效长度为2lsin30°=l，故该V形通电导线受到安培力大小为F=BI2lsin30°=BIL，选项C正确．故选C．【点评】本题考查安培力的计算，熟记公式，但要理解等效长度的意义．12．如图所示，一个静止质量为m，带电量为+q的带电粒子（不计重力），经电压为U的电场加速后垂直进入磁感应强度为B的匀强磁场中，并打在P点．设OP=x，能正确反映x与U 之间函数关系的x﹣U图象如图中的（）A．B．C．D．【考点】带电粒子在匀强磁场中的运动；牛顿第二定律；向心力．【专题】带电粒子在磁场中的运动专题．【分析】根据动能定理得到带电粒子加速获得的速度．带电粒子进入磁场中由洛伦兹力提供向心力做匀速圆周运动，由牛顿第二定律得到半径r，x=2r，根据x与U的表达式选择图象．【解答】解：在加速电场中，由动能定理得qU=，得v=在磁场中，由qvB=m得r==则得x=2r=，B、m、q都一定，则由数学知识得到，x﹣U图象是抛物线，B正确．故选B【点评】本题是质谱仪的原理，根据物理规律得到解析式，再由数学知识选择图象是常用的方法和思路．二、填空题13．如图所示，四个相同的电流表分别改装成两个安培表和两个伏特表．安培表A1的量程大于A2的量程，伏特表V1的量程大于V2的量程，把它们按图接入电路，则安培表A1的偏转角等于安培表A2的偏转角；伏特表V1的偏转角等于伏特表V2的偏转角．（填“大于”，“小于”或“等于”）【考点】把电流表改装成电压表．【专题】实验题；恒定电流专题．【分析】两个安培表和两个伏特表均是由四个相同的电流表改装成的，表头的满偏电流和内阻相同．安培表A1、A2并联，电压相同，表头的电流，指针偏转角度相同，量程越大，其读数越大．伏特表V1与V2串联，流过表头的电流相同，指针偏转的角度相同，则量程越大，其读数越大．【解答】解：四个相同的电流表分别改装成两个安培表和两个伏特表．安培表A1的量程大于A2的量程，伏特表V1的量程大于V2的量程，把它们按图接入电路，则安培表A1的偏转角等于安培表A2的偏转角；伏特表V1的偏转角等于伏特表V2的偏转角．故答案为：等于；等于．【点评】安培表和伏特表都是由小量程电流表（表头）改装而成的，其核心是表头，表头指针的偏转角度取决于流过表头的电流．14．某同学要探究一种新材料制成的圆柱体的电阻．步骤如下：（1）用游标为20分度的卡尺测量其长度如图1，由图可知其长度为50.15 mm．（2）用螺旋测微器测量其直径如图2，由图可知其直径为0.4700 cm．（3）用多用电表的电阻“×10”挡，按正确的操作步骤测此圆柱体的电阻，表盘的示数如图3，则该电阻的阻值约为220 Ω．（4）该同学想用伏安法更精确地测量其电阻R，现有的器材及其代号和规格如下：待测圆柱体电阻R电流表A1（量程0～4mA，内阻约50Ω）电流表A2（量程0～10mA，内阻约30Ω）电压表V1（量程0～3V，内阻约10kΩ）电压表V2（量程0～15V，内阻约25kΩ）直流电源E（电动势4V，内阻不计）滑动变阻器R1（阻值范围0～15Ω，允许通过的最大电流2.0A）滑动变阻器R2（阻值范围0～20kΩ，允许通过的最大电流0.5A）开关S导线若干为使实验误差较小，要求测得多组数据进行分析，请在图4方框中画出测量的电路图，并标明所用器材的代号．【考点】测定金属的电阻率．【专题】实验题；恒定电流专题．【分析】本题（1）在进行游标卡尺读数时，要分成整数部分和小数部分两部分来读，注意将整数部分单位化为mm；题（2）进行螺旋测微器读数时也要分成整数部分和小数部分两部分来读，注意“半毫米”刻度线是否露出；题（3）进行欧姆表读数时注意倍率，一般不需要估读；题（4）首先根据电源电动势大小来选择电压表量程，根据通过待测电阻的最大电流来选择电流表的量程，根据实验要求多测几组数据可知变阻器应采用分压式接法，应选择阻值小的变阻器以方便调节，根据待测电阻满足电流表外接法的条件选择外接法．【解答】解：（1）：游标卡尺的读数为：L=50mm+3×0.05mm=50.15mm；（2）：螺旋测微器的读数为：d=4.5mm+20.0×0.01mm=4.700mm=0.4700cm；（3）：欧姆表的读数为：R=22×10Ω=220Ω；（4）：由于电压表量程太大（量程的大于电源的电动势），所以电压表应选择；根据欧姆定律可求出通过待测电阻的最大电流为==≈14mA，所以电流表应选择；根据实验要求多测几组数据可知变阻器应采用分压式接法，应选择阻值小的变阻器以方便调节；由于待测电阻满足，电流表应用外接法，所以电路应是“分压外接”电路，如图所示：故答案为：（1）50.15；（2）0.4700；（3）220；（4）如图【点评】应明确：①游标卡尺和螺旋测微器读数时都要分成整数部分和小数部分两部分来读；②当实验要求电流从零调或有“要求多测几组数据”的要求时，变阻器应采用分压式接法，应选择阻值小的变阻器以方便调节；③当待测电阻满足时，电流表应用外接法，满足时，电流表应用内接法．三、计算题15．一个质量为m电荷量为q的带电粒子从x轴上的P（a，0）点以速度v，沿与x正方向成60°的方向射入第一象限内的匀强磁场中，并恰好垂直于y轴射出第一象限，不计重力．求：（1）粒子做圆周运动的半径R（2）匀强磁场的磁感应强度B．【考点】带电粒子在匀强磁场中的运动；牛顿第二定律；向心力．【专题】带电粒子在磁场中的运动专题．【分析】（1）由几何轨迹找到圆心位置，由几何关系得到半径（2）洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律列方程可得匀强磁场的磁感应强度B【解答】解：（1）由入射和出射位置可圆心的位置，据几何关系有∴R==（2）据洛仑兹力提供向心力∴R==，得B=【点评】关键是找到圆心位置，由几何关系求半径，由洛伦兹力提供向心力得到磁感应强度16．如图所示，三个定值电阻的阻值都为R=4Ω，开关K闭合时，有一质量为m=1.2×10﹣4kg 带电量为q=6×10﹣6C的小球静止于平行板电容器极板间的中点O．现在把开关K断开，此小球向一个极板运动，并与此极板相碰，碰撞时无机械能损失，碰撞后小球恰能运动到另一极板处，设两极板间的距离为d=2cm，电源内阻不计，g=10m/s2试求：（1）电源电动势E；（2）开关断开后，两极板间电压U′；（3）小球和电容器一个极板碰撞后所带的电量q′．【考点】闭合电路的欧姆定律；电容器的动态分析．【专题】计算题；定量思想；电容器专题．【分析】（1）K闭合时，根据串并联电路的特点，求出电容器板间电压与电动势的关系，对小球受力情况进行分析，由电场力与重力平衡，即可求出板间电压，解得电源的电动势．（2）开关K断开后，由电路的关系求出电容器的板间电压．（3）断开K，对带电小球运动的全过程，根据动能定理求解小球与极板碰撞后所带的电量．【解答】解：（1）K闭合时，粒子静止，受力平衡，则 qE=mg得 E===200V电容器板间电压U=Ed=200×0.02V=4V由电路的结构得 U=E电，得电源的电动势 E电=U=4V=6V（2）开关断开后，两极板间电压U′=E电=3V；（3）粒子向下运动，据动能定理有：（mg﹣E′q）•=﹣0因为 mg=Eq，所以得（Eq﹣E′q）•=﹣0粒子与极板碰后，速率不变，碰后据动能定理得（E′q′﹣mg）d=0﹣联立得（Eq﹣E′q）•+（E′q′﹣Eq）d=0可得E′q′=q根据E=得q′=q=×6×10﹣6C=7×10﹣6C答：（1）电源电动势E是6V；（2）开关断开后，两极板间电压U′是3V；（3）小球和电容器一个极板碰撞后所带的电量q′是7×10﹣6C．【点评】本题是电路与电场两部分知识的综合，关键是确定电容器的电压与电动势的关系，分过程运用动能定理．17．在平面直角坐标系xoy中，第I象限存在沿y轴负方向的匀强电场，第IV象限存在垂直于坐标平面向外的匀强磁场，磁感应强度为B．一质量为m，电荷量为q的带正电的粒子从y轴正半轴上的M点以速度v0垂直于y轴射入电场，经x轴上的N点与x轴正方向成45°角射入磁场，最后从y轴负半轴上的P点垂直于y轴射出磁场，如图所示．不计粒子重力，求：（1）M、N两点间的电势差U MN；（2）粒子在磁场中运动的轨道半径r；（3）粒子从M点运动到P点的总时间t．。
【化学】湖南省邵阳市邵阳县石齐学校2014-2015学年高一(下)第一次月考
2014-2015学年湖南省邵阳市邵阳县石齐学校高一（下）第一次月考化学试卷（石星班）一、选择题（共24小题，每小题2分，满分48分）1．（2分）（2015春?韶关校级期中）元素X的原子有3个电子层，最外层有4个电子．该元素位于周期表的（）A．第4周期ⅢＡ族B．第4周期ⅦＡ族C．第3周期ⅣＢ族D．第3周期ⅣＡ族2．（2分）（2012春?双台子区校级期中）在周期表中，第三、四、五、六周期元素的数目分别是（）A．8、18、32、32 B．8、18、18、32 C．8、18、18、18 D．8、18、18、18 3．（2分）（2015春?沈阳期中）已知某元素的原子序数，则不能推出该元素原子的（）A．质子数B．中子数C．电子数D．核电荷数4．（2分）（2014春?宜宾校级期中）元素的性质随着元素原子序数的递增而呈周期性变化的原因是（）A．元素原子的核外电子排布呈周期性变化B．元素的原子半径呈周期性变化C．元素的化合价呈周期性变化D．元素的金属性、非金属性呈周期性变化5．（2分）（2015春?邵阳县校级月考）关于化学电源的说法不正确的是（）A．充电电池可重复使用是因为所发生的反应可逆向进行B．充电电池工作时所发生的反应属可逆反应C．燃料电池的反应物由外设装备提供D．氢氧燃料电池工作时负极生成的H+向正极移动6．（2分）（2015?桐乡市校级模拟）两种微粒含有相同的质子数和电子数，这两种微粒可能是（）①两种不同的原子；②两种不同元素的原子；③一种原子和一种分子；④一种原子和一种离子；⑤两种不同分子；⑥一种分子和一种离子；⑦两种不同阳离子；⑧两种不同阴离子；⑨一种阴离子和一种阳离子．A．①③⑤⑥⑦⑧B．①③⑤⑦⑧C．①③④⑤⑦D．全部都是7．（2分）（2011?金台区校级模拟）分析如下残缺的反应：RO3﹣+__+6H+=3R2↑+3H2O．下列叙述正确的是（）A．上式中缺项所填物质在反应中作氧化剂B．R O3﹣中的R元素在所有的反应中只能被还原C．R的原子半径在同周期元素原子中最小D．R一定是周期表中的第ⅤＡ族元素8．（2分）（2015春?湖南期中）下列有关电能特点的说法错误的是（）A．电能是现代社会应用最广泛，使用最方便，污染最小的二次能源B．目前我国发电总量中火电所占比率最多C．燃煤发电过程中能量转换方式为：化学能→热能→机械能→电能D．火力发电过程中能量转化率很高9．（2分）（2014春?宝鸡校级期中）下列关于碱金属的叙述正确的是（）A．随着核电荷数的增加，它们的密度逐渐减小B．随着核电荷数的增加，单质的熔点，沸点升高C．随着核电荷数的增加，单质与水反应的剧烈程度增大D．随着核电荷数的增加，离子的氧化性逐渐增强10．（2分）（2014春?永寿县校级期中）下列微粒：①质子②中子③电子，在所有原子中均含有的微粒是（）A．①②③B．①C．①③D．①②11．（2分）（2014春?潞西市校级期末）下列各组中，性质比较不正确的是（）A．酸性：HClO4＞HBrO4＞HIO4B．碱性：NaOH＞Mg（OH）2＞Al（OH）3C．稳定性：PH3＞H2S＞HCl D．非金属性：F＞O＞S12．（2分）（2013春?蚌埠期中）下列有关能量变化的说法错误的是（）A．人类目前所直接利用的能量大部分来自化学反应B．化学反应中的能量变化主要由化学键变化引起C．化学反应中的能量变化都表现为热量的变化D．一种形式的能量可以转化为另一形式的能量，转化的途径和能量形式可以不同，但体系的总能量不变13．（2分）（2015春?邵阳县校级月考）下列有关放热反应、吸热反应的说法不正确的是（）A．吸热反应的发生都需要加热，吸热反应都没有利用价值B．若某反应正向进行时为放热反应，则该反应逆向进行时必为吸热反应C．放热反应放出热量的多少与反应物的质量和状态有关D．不管是吸热反应还是放热反应，升高温度，反应速率均增大14．（2分）（2014春?淄博校级期中）下列叙述中能肯定说明金属A比金属B的活泼性强的是（）A．A原子最外层电子数比B原子的最外层电子数少B．A原子电子层数比B原子的电子层数多C．1molA从酸中置换生成的H2比1mol B从酸中置换生成的H2多D．常温时，A能从酸中置换出氢，而B不能15．（2分）（2015春?邵阳县校级月考）反应A+B→C（△H＜0，即放热反应）分两步进行①A+B→X （△H＞0，即吸热反应）②X→C（△H＜0）下列示意图中，能正确表示总反应过程中能量变化的是（）A．B．C．D．16．（2分）（2015春?会宁县校级期中）甲、乙是元素周期表中同一主族的两种元素，若甲的原子序数为x，则乙的原子序数不可能是（）A．x﹣2 B．x+4 C．x+8 D．x+1817．（2分）（2015春?建瓯市校级期中）某元素原子L层电子数比K层的多5个，该元素的最高正化合价为（）A．+5 B．+6C．+7 D．无最高正化合价18．（2分）（2015春?邵阳县校级月考）已知某粒子Z A R n+，则元素Z A R n+的电子数是（）A．Z B．A﹣Z C．Z﹣n D．Z+n19．（2分）（2015春?邵阳县校级月考）银锌电池广泛用作电子仪器的电源，它的充电和放电过程可表示为：Ag2O+Zn+H2O2Ag+Zn（OH）2．此电池放电时负极反应的生成物是（）A．Ag B．Zn（OH）2C．A g2O D．Zn20．（2分）（2015春?邵阳县校级月考）某原电池反应的离子方程式为：Fe+2H+═Fe2++H2↑，则下列说法正确的是（）A．H NO3为电解质溶液B．锌为原电池正极C．铁极质量不变D．铜为原电池正极21．（2分）（2014春?惠州期中）有A、B、C、D四种金属，投入水中只有D反应放出氢气，将A投入C的盐溶液可置换出金属C，B的最高价氧化物的水化物碱性比A的最高价氧化物的水化物碱性强，则四种金属的金属性强弱顺序正确的是（）A．A＞B＞C＞D B．B＞A＞C＞D C．D＞B＞A＞C D．C＞A＞B＞D 22．（2分）（2015春?邵阳县校级月考）将铜片和石墨棒用导线相连（其间连有电流表），并同时插入Fe2（SO4）3溶液中，下列现象中不可能出现的是（）A．铜片质量减少B．石墨棒质量增加C．电流表指针偏转D．溶液显蓝色23．（2分）（2015春?邵阳县校级月考）X元素的阳离子和Y元素的阴离子都具有与Ar原子相同的电子层结构，下列叙述正确的是（）A．X的原子序数比Y小B．X原子的最外层电子数比Y大C．X的原子半径比Y大D．X元素的最高正价比Y大24．（2分）（2010秋?湘西州校级期末）将等质量的两份锌粉a和b，分别加入两个盛过量的稀硫酸的烧杯中，并向加入a的烧杯中再加入一定量的CuO粉末．下列各图表示氢气体积V（H2）与反应时间t的关系，其中正确的是（）A．B．C．D．二、解答题（共5小题，满分52分）25．（10分）（2015春?邵阳县校级月考）（1）根据元素周期表填空：周期表中位于第8纵行的铁元素属于第族．（2）在原子序数1﹣18号元素中（填写相关化学式符号）：与水反应最剧烈的金属是；与水反应最剧烈的非金属单质是；原子半径最小的元素是；气态氢化物最稳定的化学式是；最高价氧化物对应水化物的酸性最强的元素是；所形成的氢化物中沸点最高的是．（3）A元素原子M电子层上有7个电子，B元素与A元素位于同一周期，B元素的原子最外电子层只有1个电子．则画出B元素的原子结构示意图；A、B两元素形成化合物的名称是，用电子式表示该化合物的形成过程．26．（10分）（2015春?邵阳县校级月考）短周期A、B、C、D 4种元素，原子序数依次增大，A原子的最外层上有4个电子；B的阴离子和C的阳离子具有相同的电子层结构，两元素的单质反应，生成一种淡黄色的固体E；D的L层电子数等于K、M两个电子层上电子数之和．（1）元素（写名称）：A为 B为C为D为（2）D在周期表中的位置第周期，第族；它的最高价氧化物对应的水化物：（3）C与水反应的化学方程式是，所得溶液显（“酸性”或“碱性”）（4）E的电子式为：．27．（10分）（2015春?邵阳县校级月考）（1）X、Y、Z是三种短周期的主族元素，原子序数：Z＞X＞Y，其中Y原子的次外层电子数为2，X与Y的族序数之和等于Z的族序数．已知X 的氢氧化物A难溶于水，Y的最高价氧化物的对应水化物B是一种强酸．由此推知：Y 是，Z是，A和B反应的离子方程式是．（2）已知A和B是同种元素的两种单质，A转化为B时需吸收能量，则A和B相较而言，较稳定的是（请填A或B）．（3）已知稀溶液中1molH2SO4和NaOH恰好反应时放出QkJ热量，则其中和热为kJ．（4）某化学反应，设反应物总能量为E1，生成物总能量为E2，且E1＜E2，则该反应是（请填放热或吸热）反应．（5）已知H2和O2反应放热，且破坏1molH﹣H、1molO=O、1molO﹣H键需吸收的能量分别为Q1、Q2、Q3kJ．下列关系正确的是（填编号）A．Q1+Q2＞Q3，B．Q1+Q2＞2Q3，C.2Q1+Q2＜4Q3，D.2Q1+Q2＜2Q3．（6）金属A和金属B用导线相连同时插入稀硫酸中，金属A逐渐溶解，金属B上产生大量气泡，则较活泼的是（填A或B），正极反应式为：．（7）以Cu和Ag为两电极，AgNO3溶液为电解质溶液构成原电池．原电池工作过程中，正极和负极质量改变量之比为（Cu和Ag相对原子质量分别为64和108）．28．（10分）（2015春?邵阳县校级月考）A、B、C、D、E为五种元素的单质，其余为化合物．其中只有E为金属元素，五种元素的原子序数按B、D、C、A、E顺序依次增大，D、C元素在周期表中位置相邻，在一定条件下，B可以分别和A、C、D化合生成甲、乙、丙化合物，C 和D化合可得丁．已知乙、丙每个分子中均含有10个电子，图1为相互转化关系：请回答下列问题：（1）如图2是周期表的一部分，请将A、C、E用元素符号填在相应的位置上．（2）写出实验室制取A反应的离子方程式．（3）戊的分子式为．B与D形成的原子个数比为2：1的化合物中，D原子最外层为8电子结构，请写出该化合物的电子式．（4）A与丙常温下发生反应生成甲与单质D，该反应的化学方程式．29．（12分）（2015春?邵阳县校级月考）我国在酒泉卫星发射中心用“长征二号丁”运载火箭以“一箭多星”的方式，将国家科技重大专项高分辨率对地观测系统首颗卫星“高分一号”成功发射升空，此颗卫星堪称“太空千里眼”，对国土资源调查、环境监测、地理测绘和精准农业及国防工业等将起到十分重要的作用．I、“高分一号”使用了大功率运载火箭，火箭推进器中装有还原剂肼（N2H4）和强氧化剂过氧化氢（H2O2），发生的反应为N2H4（l）+2H2O2（l）═Ｎ2（g）+4H2O（g），已知生成1mol H2O （g）放出160.4KJ能量．（1）H2O2在催化剂作用下分解的化学方程式为．（2）用电子式表示H2O的形成过程．（3）若该火箭推进器中H2O2有24mol共价键发生断裂，则放出的能量为．II、科学家设想利用太阳能电池电解水产生的气体设计成燃料电池给卫星供电，可产生水循环的环保型的卫星供电系统．（4）将生成的氢气用于燃料电池时，实现了能转化为能；水分解时，断裂的化学键为键，分解水的反应属于（填“放热”或“吸热”）反应．该氢氧燃料电池的电解质溶液为KOH溶液，则电池反应的负极反应为，电池工作一段时间后，电解质溶液中KOH的物质的量（填“发生”或“不发生”）变化．2014-2015学年湖南省邵阳市邵阳县石齐学校高一（下）第一次月考化学试卷（石星班）参考答案与试题解析一、选择题（共24小题，每小题2分，满分48分）1．（2分）（2015春?韶关校级期中）元素X的原子有3个电子层，最外层有4个电子．该元素位于周期表的（）A．第4周期ⅢＡ族B．第4周期ⅦＡ族C．第3周期ⅣＢ族D．第3周期ⅣＡ族考点：元素周期表的结构及其应用．版权所有分析：周期序数等于电子层数，最外层电子数等于主族序数，由此分析解答．解答：解：因为元素X的原子有3个电子层，所以第三周期，最外层有4个电子，所以是第ⅣＡ族，即第3周期ⅣＡ族，故选D．点评：本题考查元素周期表的结构，知道核外电子排布规则，题目难度不大．2．（2分）（2012春?双台子区校级期中）在周期表中，第三、四、五、六周期元素的数目分别是（）A．8、18、32、32 B．8、18、18、32 C．8、18、18、18 D．8、18、18、18考点：元素周期表的结构及其应用．版权所有专题：元素周期律与元素周期表专题．分析：根据元素周期表中各周期元素的种类来解答．解答：解：元素周期表中第一周期有2种元素；第三周期有8种；第四周期有18种；第五周期有18种；第六周期32种；则第三、四、五、六周期元素的数目分别是8、18、18、32，故选B．点评：本题考查元素周期表及各周期元素，熟悉每个周期的元素数目即可解答，较基础．3．（2分）（2015春?沈阳期中）已知某元素的原子序数，则不能推出该元素原子的（）A．质子数B．中子数C．电子数D．核电荷数考点：质量数与质子数、中子数之间的相互关系．版权所有专题：原子组成与结构专题．分析：根据原子中，质子数=原子序数=核电荷数=电子数，质量数=质子数+中子数来解；解答：解：在原子中，质子数=原子序数=核电荷数=电子数，质量数=质子数+中子数，所以已知某元素的原子序数，则不能推出该元素原子的中子数，故选：B；点评：本题考查学生原子原子中的质子数、中子数以及电子数之间的关系，可以根据所学知识回答，较简单．4．（2分）（2014春?宜宾校级期中）元素的性质随着元素原子序数的递增而呈周期性变化的原因是（）A．元素原子的核外电子排布呈周期性变化B．元素的原子半径呈周期性变化C．元素的化合价呈周期性变化D．元素的金属性、非金属性呈周期性变化考点：元素周期律的实质．版权所有分析：A、随原子序数的递增，电子层数和最外层电子数都呈现周期性的变化而引起元素性质的周期性变化；B、元素的原子半径的周期性变化是原子的电子排布周期性变化的结果；C、元素的最高正化合价的周期性变化是原子的电子排布周期性变化的结果；D、元素的金属性、非金属性的周期性变化是原子的电子排布周期性变化的结果．解答：解：A、由原子的电子排布可知，随原子序数的递增，电子层数和最外层电子数都呈现周期性的变化而引起元素性质的周期性变化，即原子的电子层排布的周期性变化是引起元素性质周期性变化的决定因素，故A正确；B、元素的原子半径属于元素的性质，元素的原子半径的周期性变化是电子排布周期性变化的结果，故B错误；C、化合价属于元素的性质，元素的最高正化合价的周期性变化是原子的电子排布周期性变化的结果，故C错误；D、元素的金属性、非金属性的周期性变化是原子的电子排布周期性变化的结果，故D错误．故选A．点评：随着原子序数的递增，元素原子的核外电子排布的周期性变化导致元素性质（金属性和非金属性，原子半径，化合价等）的周期性变化．5．（2分）（2015春?邵阳县校级月考）关于化学电源的说法不正确的是（）A．充电电池可重复使用是因为所发生的反应可逆向进行B．充电电池工作时所发生的反应属可逆反应C．燃料电池的反应物由外设装备提供D．氢氧燃料电池工作时负极生成的H+向正极移动考点：原电池和电解池的工作原理．版权所有分析：A、放电是自发的氧化还原反应，还充电是在直流电源作用下发生非自发的氧化还原反应；B、可逆反应必须反应条件相同；C、燃料电池是由惰性电极、燃料和氧化剂、电解质溶液（或熔融的电解质）构成；D、原电池中阳离子向正极移动，阴离子向负极移动．解答：解：A、放电是自发的氧化还原反应，还充电是在直流电源作用下发生非自发的氧化还原反应，在直流电源作用下可逆向进行，故A正确；B、放电过程是原电池，是自发的氧化还原反应；而充电过程是电解池，是非自发的氧化还原反应，是用电流强迫电解质溶液在两极发生氧化还原反应，因为条件不一样，所以它们是不可逆的，故B错误；C、燃料电池是由惰性电极、燃料和氧化剂、电解质溶液（或熔融的电解质）构成，燃料电池内部不能储存燃料和氧化剂，所以燃料和氧化剂由外设装备提供，故C正确；D、氢氧燃料电池工作时负极氢气放电生成氢离子，H+向正极移动，故D正确；故选B．点评：本题考查了原电池和电能的有关知识，难度不大，明确充电电池的放电反应与充电反应不互为可逆反应．6．（2分）（2015?桐乡市校级模拟）两种微粒含有相同的质子数和电子数，这两种微粒可能是（）①两种不同的原子；②两种不同元素的原子；③一种原子和一种分子；④一种原子和一种离子；⑤两种不同分子；⑥一种分子和一种离子；⑦两种不同阳离子；⑧两种不同阴离子；⑨一种阴离子和一种阳离子．A．①③⑤⑥⑦⑧B．①③⑤⑦⑧C．①③④⑤⑦D．全部都是。
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2014-2015学年湖南省邵阳市邵阳县石齐学校高二（下）第一次月考物理试卷（石星班）学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________一、单选题(本大题共8小题，共32.0分)1.物理学的基本原理在生产生活中有着广泛应用．在下面器件中，利用电磁感应原理工作的是（）A.回旋加速器B.电磁炉C.质谱仪D.示波管【答案】B【解析】解：A、回旋加速器利用磁场使带电粒子旋转，电场使粒子加速．故A错误．B、电磁炉是利用电磁感应原理使产生涡流，将电能最终转化成内能．故B正确．C、质谱仪是利用电场加速，磁场使粒子偏转，不是电磁感应现象．故C错误．D、利用了电场加速和电场偏转的原理．故D错误．故选B回旋加速器利用磁场使带电粒子旋转，电场使粒子加速．电磁炉是利用电磁感应原理．质谱仪是利用电场加速，磁场使粒子偏转．示波器利用了电场加速和偏转的原理．本题的解题关键是要理解现代科技装置和产品的工作原理．2.一矩形线圈在匀强磁场中匀速转动时，产生的交变电动势的图象如图所示，则（）A.交变电流的频率是4πH zB.当t=0时，线圈平面与磁感线垂直C.当t=πs时，e有最大值D.交流电的周期是πs【答案】B【解析】解：AD、由图象知此交流电的周期为：T=2πs，交变电流的频率是：f=H z，故A错误，D错误；B、t=0时刻感应电动势为零，磁通量最大，线圈通过中性面，线圈平面与磁感线垂直，故B正确；C、当t=πs时，e=0，故C错误；故选：B．从图象得出电动势最大值、周期，从而算出频率、角速度；磁通量最大时电动势为零，磁通量为零时电动势最大，转速加倍，最大值加倍．本题考查正弦交变电流产生过程中磁通量与感应电流、感应电动势及位置之间的关系，基本题．3.如图所示的电路中，一个N极朝下的条形磁铁竖直下落，恰能穿过水平放置的方形导线框，下列判断正确的是（）A.磁铁经过图中位置1时，线框中感应电流沿abcd方向，经过位置2时沿adcb方向B.磁铁经过图中位置1时，线框中感应电流沿adcb方向，经过位置2时沿abcd方向C.磁铁经过位置1和2时，感应电流都沿abcd方向D.磁铁经过位置1和2时，感应电流都沿adcb方向【答案】B【解析】解：A、磁铁经过图中位置1时，线框中的磁通是变大，且磁场方向向下，则由楞次定律可得，线框中感应电流adcb方向，经过位置2时，线框中的磁通是变小，且磁场方向向下，则由楞次定律可得，线框中感应电流沿abcd方向，故ACD错误，B正确；故选：B当N极朝下的条形磁铁竖直下落，恰能穿过水平放置的方形导线框，则由磁通量变化来判定线框中的感应电流方向．考查由楞次定律来确定感应电流的方向．当条形磁铁进入方形导线框时，磁铁内部磁场强于外部，且内部磁感线从S极到N极．4.2008年1月下旬以来，我国南方遭遇50年未遇的雨雪冰冻灾害．新华网长沙1月26日电，马路上的冰层坚硬如铁、光滑如玻璃，高压电线覆冰后有成人大腿般粗，为清除高压输电线上的冰凌，有人设计了这样的融冰思路：利用电流的热效应除冰．若在正常供电时，高压线上送电电压为U，电流为I，热损耗功率为△P；除冰时，输电线上的热损耗功率需变为9△P，则除冰时（认为输电功率和输电线电阻不变）（）A.输电电流为B.输电电流为9IC.输电电压为3UD.输电电压为【答案】D【解析】解：高压线上的热耗功率△P=I2R线①若热耗功率变为9△P，则9△P=I′2R线②由①②得I′=3I，所以A B错误．又输送功率不变，由P=UI=U′I′得U′=U，所以C错误，D正确．故选D．根据I=，可以求出输电线上的电流；根据P=I2R可以求出输电线上损失的电功率．本题考查远距离输电中的能量损失及功率公式的应用，要注意功率公式中P=UI中的电压U应为输电电压．5.如图所示为一个圆环形导体，有一个带负电的粒子沿直径方向在圆环表面匀速掠过的过程，环中感应电流的情况是（）A.无感应电流B.有逆时针方向的感应电流C.有顺时针方向的感应电流D.先逆时针方向后顺时针方向的感应电流【答案】A【解析】解：由题意可知，带负电的粒子沿直径方向运动，周围会产生磁场，但因沿着直径运动，则穿过圆环的合磁通量为零，因此没有感应电流，故A正确，BCD错误；故选：A．解决此题的关键是知道产生感应电流的条件是：闭合电路的磁通量发生变化，并根据穿过圆环的磁通量分清正反面，从而求解．考查理解产生感应电流的条件，并掌握磁通量不是矢量，但注意正负．6.两只相同的电阻，分别通过正弦波形的交流电和方波形的交流电．两种交变电流的最大值相等，波形如图甲、乙所示．在一个周期内，两电阻产生的热量之比甲等于（）乙A. B. C. D.【答案】B【解析】解：两种交变电流的最大值为I m．对于正弦式电流有效值为：I1=．对于方波，有效值为：I2=I m．根据焦耳定律得：Q1=I12RTQ2=I22RT则Q1：Q2=1：2故选：B根据焦耳定律Q=I2R t求解热量，其中I是有效值．对于正弦式电流有效值I1=；对于方波，有效值I2=I m对于交变电流，求解热量、电功和电功率等与热效应有关的量，都必须用有效值7.如图所示，在光滑水平桌面上有两个金属圆环，在它们圆心连线中点正上方有一个条形磁铁，当条形磁铁自由下落时，将会出现的情况是（）A.两金属环将相互靠拢B.两金属环将相互分开C.磁铁的加速度会大于gD.磁铁的加速度会等于g【答案】B【解析】解：A、B、当条形磁铁自由下落时，穿过两个圆环的磁通量增加，根据楞次定律可知，感应电流的磁场总要阻碍磁通量的变化，所以两个圆环要向磁通量减小的方向运动，则知a、b两线圈相互排斥．故A错误，B正确．C、D当条形磁铁自由下落时，穿过两个圆环的磁通量增加，根据楞次定律另一种表述：感应电流的磁场总要导体和磁场间的相对运动，可知导体对磁体的运动产生斥力作用，所以磁铁下降的加速度会小于g．故C错误，D也错误；故选：B．根据楞次定律：感应电流的磁场总要阻碍磁通量的变化，来判断a、b两线圈的运动情况．根据楞次定律另一种表述：感应电流的磁场总要导体和磁场间的相对运动，分析磁铁的加速度．解决本题的关键理解楞次定律的两种表述，真正理解“阻碍”的作用，并能用来分析实际问题，注意环通过运动来实现阻碍变化，同时理解影响加速度大小变化的原因．8.如图所示，间距为L，电阻不计的足够长平行光滑金属导轨水平放置，导轨左端用一阻值为R的电阻连接，导轨上横跨一根质量为m，电阻也为R的金属棒，金属棒与导轨接触良好．整个装置处于竖直向上、磁感应强度为B的匀强磁场中．现使金属棒以初速度v0沿导轨向右运动，若金属棒在整个运动过程中通过的电荷量为q．下列说法正确的是（）A.金属棒在导轨上做匀减速运动B.整个过程中电阻R上产生的焦耳热为C.整个过程中金属棒在导轨上发生的位移为D.整个过程中金属棒克服安培力做功为【答案】D【解析】解：A、金属棒在整个运动过程中，受到竖直向下的重力，竖直向上的支持力，这两个力合力为零，受到水平向左的安培力，金属棒受到的合力为安培力；金属棒受到的安培力F=BIL=BL=BL•=，金属棒受到安培力作用而做减速运动，速度v不断减小，安培力不断减小，加速度不断减小，故金属棒做加速度逐渐减小的变减速运动，故A错误；BD、整个过程中由动能定理可得：-W安=0-，则金属棒克服安培力做功为W安=mv02，整个回路产生的总焦耳热Q=W安=mv02，电阻R上产生的焦耳热为Q R=Q=，故B错误，D正确；C、整个过程中通过导体截面的电荷量q=△t=△t，又==，联立得q=故金属棒的位移s=，故C错误；故选：D．对金属棒进行受力分析，求出金属棒受到的合外力，再判断金属棒的运动性质；由能量守恒定律求出电阻R上产生的焦耳热；求出感应电荷量的表达式，然后求出金属棒的位移；金属棒克服安培力做功等于整个回路产生的焦耳热．金属棒在运动过程中克服安培力做功，把金属棒的动能转化为焦耳热，在此过程中金属棒做加速度减小的减速运动；对棒进行受力分析、熟练应用法拉第电磁感应定律、欧姆定律、动能定理分析．二、多选题(本大题共4小题，共16.0分)9.如图所示电路为演示自感现象的实验电路．实验时，先闭合开关S，电路达到稳定后，通过线圈L的电流为I1，通过小灯泡L2的电流为I2，小灯泡L2处于正常发光状态．以下说法正确的是（）A.S闭合后，L1灯缓慢变亮，L2灯立即亮B.S闭合后，通过线圈L的电流逐渐增大到稳定值C.S断开后，小灯泡L2中的电流由I1逐渐减为零，方向与I2相反D.S断开后，小灯泡L2立刻熄灭【答案】ABC【解析】解：AB、闭合开关的瞬间，由于线圈中自感电动势的阻碍，L2灯先亮，L1灯后亮，且亮度逐渐增加，直到稳定下来．故A正确，B正确．CD、待电路稳定后断开开关，两个灯泡构成回路，线圈L产生自感电动势，阻碍原电流的减小，回路电流逐渐减小，小灯泡L2中的电流由I1逐渐减为零，方向与I2相反．两灯都不会立刻熄灭，故C正确，D错误故选：ABC．当开关接通和断开的瞬间，流过线圈的电流发生变化，产生自感电动势，阻碍原来电流的变化，根据自感现象的规律来分析．对于线圈要抓住双重特性：当电流不变时，它是电阻不计的导线；当电流变化时，产生自感电动势，相当于电源．10.如图所示，一光滑平行金属轨道平面与水平面成θ角，两道轨上端用一电阻R相连，该装置处于匀强磁场中，磁场方向垂直轨道平面向上．质量为m的金属杆ab，以初速度v0从轨道底端向上滑行，滑行到某一高度h后又返回到底端．若运动过程中，金属杆始终保持与导轨垂直且接触良好，且轨道与金属杆的电阻均忽略不计，则（）A.返回到底端时金属杆速度为v0B.上滑到最高点的过程中克服安培力与重力所做的功等于mv02C.上滑到最高点的过程中电阻R上产生的焦耳热等于mv02-mghD.金属杆两次通过斜面上的同一位置时电阻R的热功率相同【答案】BC【解析】解：A、由于金属杆的机械能减小转化为电能，所以金属杆ab返回到底端时速度大小小于v0，故A错误．B、根据动能定理，上滑到最高点的过程中，则有：-W安-W G=0-．故B正确．C、根据安培力做功产生热量，则有：Q=W安=mv02-mgh，故C正确．D、经过同一位置时：下滑的速度小于上滑的速度，下滑时棒受到的安培力小于上滑所受的安培力，则下滑过程安培力的平均值小于上滑过程安培力的平均值，所以上滑导体棒克服安培力做功大于下滑过程克服安培力做功，故上滑过程中电阻R产生的热量大于下滑过程中产生的热量，故D错误．故选：BC．通过对导体棒的受力分析知道，上滑的过程做变减速直线运动，下滑的过程做变加速直线运动，根据机械能转化为电能，从而确定来回的速度大小；再根据动能定理，从而确定过程中克服安培力与重力所做的功；根据克服安培力做功产生热量，从而比较上滑和下滑过程中产生的热量．解决这类问题的关键时分析受力，进一步确定运动性质，并明确判断各个阶段及全过程的能量转化，及掌握动能定理与能量转化与守恒定律，同时理解产生热量与安培力做功的关系．11.空间存在着竖直向上的各处均匀的磁场，将一个不变形的单匝金属圆线圈放入磁场中，规定线圈中磁感应强度方向和感应电流方向如图1所示的方向为正．要想在线圈中产生如图2所示的感应电流，图中能正确表示线圈中磁感应强度随时间变化的图线是（）A. B. C. D.【答案】AB【解析】解：由图2所示可知，在0-1s内，电流是正的，即从上向下看，沿顺时针方向，电流大小是定值，则磁感应强度均匀变化，在1-2s内，感应电流为零，则磁感应强度不变，在2-4s内，感应电流是负的，即沿逆时针方向，电流大小不变，则磁感应强度随时间均匀变化；A、根据图示图象，由楞次定律可知，0-1s内感应电流感应电流沿顺时针方向（从上向下看），在1-2s内磁感应强度不变，穿过线圈的磁通量不变，感应电流为零，在2-4s 内，由楞次定律可知，感应电流沿逆时针方向，符合题意，故A正确；B、根据图示图象，由楞次定律可知，0-1s内感应电流感应电流沿顺时针方向（从上向下看），在1-2s内磁感应强度不变，穿过线圈的磁通量不变，感应电流为零，在2-4s 内，由楞次定律可知，感应电流沿逆时针方向，符合题意，故B正确；C、由图示图示可知，在1-2s内，磁感应强度是变化的，穿过线圈的磁通量是变化的，线圈中有感应电流，不符合题意，故C错误；D、根据图示图象，由楞次定律可知，0-1s内感应电流感应电流逆时针方向（从上向下看），在1-2s内磁感应强度不变，穿过线圈的磁通量不变，感应电流为零，在2-4s内，由楞次定律可知，感应电流沿顺时针方向，不符合题意，故D错误；故选：AB．根据图2所示电流方向由楞次定律判断磁感应强度方向与变化趋势，然后分析答题．此类问题不必非要求得电动势的大小，应根据楞次定律判断电路中电流的方向，根据磁感应强度的变化情况可以判断出感应电流是否变化，即可正确解题．12.如图所示，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S接通时，以下说法正确的是（）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上的电压增大C.通过灯泡L1的电流减小D.原线圈中的电流减小【答案】BC【解析】解：A、理想变压器的输出电压是由输入电压和匝数比决定的，由于输入电压和匝数比不变，所以副线圈的输出的电压也不变，所以A错误；B、当S接通后，两个灯泡并联，电路的电阻减小，副线圈的电流变大，所以通过电阻R的电流变大，电压变大，那么并联部分的电压减小，所以通过灯泡L1的电流减小灯泡L1变暗，所以BC正确；D、当S接通后，两个灯泡并联，电路的电阻减小，副线圈的电流变大，所以原线圈的电流也变大，所以D错误；故选：BC．本题类似于闭合电路中的动态分析问题，可以根据接通s后电路电路电阻的变化，确定出总电路的电阻的变化，进而可以确定总电路的电流的变化的情况，再根据电压不变，来分析其他的原件的电流和电压的变化的情况．电路的动态变化的分析，总的原则就是由部分电路的变化确定总电路的变化的情况，再确定其他的电路的变化的情况，即先部分后整体再部分的方法．三、填空题(本大题共1小题，共4.0分)13.电阻为R的矩形线框abcd，边长ab=L，bd=H，质量为m，自某一高度自由下落，恰好能匀速通过一匀强磁场，磁场与线框平面垂直，磁场区域的宽度为H，则线框穿过磁场区域的过程中产生的焦耳热为______ ．【答案】2mg H【解析】解：因为线框恰好以恒定速度通过磁场，线框的重力势能减小转化为内能．线框通过磁场的整个过程，线框的高度下降为2H，重力势能减少为2mg H，则根据能量守恒定律，线框内产生的焦耳热为：Q=2mg H．故答案为：2mg H．线框匀速通过磁场过程，在进入和穿出磁场时都产生焦耳热，根据能量守恒定律求出线框通过磁场过程中产生的焦耳热．本题考查了电磁感应与能量的综合，难度中等，电磁感应是高考的重点和热点问题，需加强训练．四、实验题探究题(本大题共1小题，共8.0分)14.在做电磁感应现象的实验中所给器材如图所示．（1）请你笔画线的形式把实物图连接起来．（2）某同学连好实物图，他在做实验时发现当开关闭合时，电流表的指针向向右偏，请你帮他判断当迅速移动滑动变阻器使其接如电路中的电阻减小时，指针将______ （填“向左偏”、“向右偏”、“不偏”），由此实验说明______ ．【答案】向右偏；穿过闭合线圈的磁通量发生变化时，线圈中产生感应电流【解析】解：（1）将电源、电键、变阻器（上、下各连一个接线柱）、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）当开关闭合时，穿过副线圈的磁通量增大，电流表的指针向右偏，当迅速移动滑动变阻器使其接如电路中的电阻减小时，穿过副线圈的磁通量增大，指针将向右偏，由实验可知，穿过闭合线圈的磁通量发生变化时，线圈中产生感应电流．故答案为：（1）电路图如图所示；（2）向右偏；穿过闭合线圈的磁通量发生变化时，线圈中产生感应电流．（1）注意该实验中有两个回路，一是电源、电键、变阻器（上、下各连一个接线柱）、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）闭合电键时，正确判断副线圈中磁通量的变化情况，然后根据楞次定律判断感应电流方向，即可正确解答．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．五、计算题(本大题共4小题，共40.0分)15.空间存在一垂直纸面向里的磁场，磁感应强度B正以0.1T/s的变化率均匀减小．在磁场中放置一总电阻为1Ω，边长为0.1m的单匝正方形导线框，如图所示，求：（1）导线框中产生的电动势？（2）若开始计时时刻磁感应强度B=2T，求5s末导线框AB边受的安培力大小．【答案】解：（1）由法拉第电磁感应定律可得感应电动势为：E===0.1×0.1×0.1=1×10-3V；（2）电路中的电流为：I===1×10-3A，t=5s可知，磁感应强度：B=2-5×0.1=1.5T，AB边受安培力：F=BIL=1.5×1×10-3×0.1=1.5×10-4N；答：（1）导线框中产生的电动势为1×10-3V．（2）5s末导线框AB边受的安培力大小为1.5×10-4N．【解析】（1）由法拉第电磁感应定律可以求出感应电动势；（2）由欧姆定律求出电流，然后由安培力公式求出AB边受到的安培力．求安培力时要注意，磁感应强度是变化的，应先求出5s时的磁感应强度，然后再求安培力，这是容易出错的地方．16.如图甲所示，单匝矩形闭合导线框abcd处于匀强磁场中，线框电阻为R，ab、ad的边长分别为L1、L2；磁感应强度B的大小随时间变化的规律如图乙所示．（1）求0～2t0时间内，回路中电流I1的大小和方向．（2）求t0时刻ab边受到的安培力大小F．（3）在2t0时刻后线框绕cd边以角速度ω匀速转动，求线框从图示位置起开始转过90°的过程中，通过导线横截面的电荷量q．【答案】解：（1）在0到2t0时间内，回路中的感应电动势：E1==；由图乙可知，=；由闭合电路欧姆定律，则有：电流大小I1=；解得：I1=；由楞次定律，可知，在0到2t0时间内，回路中的电流方向逆时针，即abcda；（2）安培力的大小F=BI1L1；t0时刻的磁场为B=；那么安培力的大小为，F=；（3）线框匀速转动时，产生正弦交流电，感应电动势的最大值E2m=B0L1L2ω；感应电动势的有效值E2=；感应电流的有效值I2==；平均感应电流=；通过导线横截面的电量q=•△t；解得：q=；答：（1）在0～2t0时间内，回路中电流I1的大小和方向abcda．（2）t0时刻ab边受到的安培力大小．（3）通过导线横截面的电荷量．【解析】（1）根据法拉第电磁感应定律，结合闭合电路欧姆定律，与楞次定律，即可求解；（2）根据安培力表达式，结合t0时刻的磁场的大小，即可求解；（3）根据感应电动势的最大值，求出有效值，再由平均值，从而确定电量的多少．考查法拉第电磁感应定律、闭合电路欧姆定律与楞次定律的应用，注意最大值、有效值及平均值的求法，注意电量综合表达式．17.某发电站通过升压器、输电线和降压器把电能输送给用户，输电站输出功率是100k W，输出电压是250V，升压器原副线圈的匝数之比为1：25，输电线上功率损失为4%，用户所需电压为220V，求输电线的电阻和降压变压器的匝数比是多少？【答案】解：根据得，升压变压器副线圈两端电压U2=U1=6250V副线圈的电流I2==16A输电线电阻R上损失的功率为I22R=4%P则R==15.6Ω降压变压器原线圈的电压为：U1′=U2-I2R=6×103V则降压器上原、副线圈的匝数比：′′′′．答：输电线的电阻为15.6Ω，降压变压器的匝数比是300：11．【解析】根据升压变压器的输入电压，结合匝数比求出输出电压，从而得出输送电流，根据损失的功率得出输电线的电阻，根据电压损失得出降压变压器的输入电压，结合用户得到的电压求出降压变压器的匝数比．解决本题的关键知道：1、输送功率与输送电压、电流的关系；2、变压器原副线圈的电压比与匝数比的关系；3、升压变压器输出电压、降压变压器输入电压、电压损失的关系；4、升压变压器的输出功率、功率损失、降压变压器的输入功率关系．18.电阻可忽略的光滑平行金属导轨长S=1.15m，两导轨间距L=0.75m，导轨倾角为30°，导轨上端ab接一阻值R=1.5Ω的电阻，磁感应强度B=0.8T的匀强磁场垂直轨道平面向上．阻值r=0.5Ω，质量m=0.2kg的金属棒与轨道垂直且接触良好，从轨道上端ab处由静止开始下滑至底端，在此过程中金属棒产生的焦耳热Q r=0.1J．（取g=10m/s2）求：（1）金属棒在此过程中克服安培力的功W安；（2）金属棒下滑速度v=2m/s时的加速度a．（3）为求金属棒下滑的最大速度v m，有同学解答如下：由动能定理W重-W安=mv m2，…．由此所得结果是否正确？若正确，说明理由并完成本小题；若不正确，给出正确的解答．【答案】解：（1）下滑过程中安培力的功即为在金属棒和电阻上产生的焦耳热，由于R=3r，因此Q R=3Q r=0.3J故W安=Q=Q R+Q r=0.4J（2）金属棒下滑时受重力和安培力安由牛顿第二定律°故°（3）此解法正确．金属棒下滑时重力、支持力和安培力作用，根据牛顿第二定律°上式表明，加速度随速度增加而减小，棒作加速度减小的加速运动．无论最终是否达到匀速，当棒到达斜面底端时速度一定为最大．由动能定理可以得到棒的末速度，因此上述解法正确．°故°【解析】金属棒在此过程中克服安培力的功W安等于整个电路中产生的焦耳热．金属棒下滑过程中，受到重力、支持力和安培力，求出安培力，根据牛顿第二定律求出加速度．根据动能定理，辨析此时同学的解法．本题电磁感应中的力学问题，考查电磁感应、焦耳定律，动能定理，牛顿定律等知识综合应用和分析能力．第一问中，不能认为金属棒在此过程中克服安培力的功W安等于金属棒产生的焦耳热．。