云南省大理市巍山县第一中学2017-2018学年高二下学期期末考试物理试题 Word版含答案
云南省麒麟高中2017-2018学年高二下学期期末考试物理含答案
云南省麒麟高中2017-2018学年下学期期末考试高一物理本试卷分第Ⅰ卷和第Ⅱ卷两部分，共100分，考试时间120分钟。
学校：___________姓名：___________班级：___________考号：___________分卷I一、单选题(共12小题,每小题3.0分,共36分)1.研究下列物体运动时，能把物体看做质点的是（）A．研究从北京开往上海的一列火车的运动B．研究体操运动员在地面翻滚前进的动作C．研究百米跑运动员的起跑动作D．研究地球的自转2.如图所示，小球从距地面5 m高处落下，被地面反向弹回后，在距地面2 m高处被接住，则小球从高处落下到被接住这一过程中通过的路程和位移的大小分别是（）A． 7 m、7 mB． 5 m、2 mC． 7 m、3 mD． 5 m、3 m3.如下图所示，质量为m的木块P在质量为M的长木板ab上滑行，长木板放在水平地面上一直处于静止状态．若长木板ab与地面间的动摩擦因数为μ1，木块P与长木板ab间的动摩擦因数为μ2，则长木板ab受到地面的摩擦力大小为( )A．μ1Mg B．μ1(m＋M)gC．μ2mg D．μ1Mg＋μ2mg4.一只小船渡河，运动轨迹如图所示.水流速度各处相同且恒定不变，方向平行于岸边；小船相对于静水分别做匀加速、匀减速、匀速直线运动，船相对于静水的初速度大小均相同、方向垂直于岸边，且船在渡河过程中船头方向始终不变.由此可以确定( )A．船沿AD轨迹运动时，船相对于静水做匀加速直线运动B．船沿三条不同路径渡河的时间相同C．船沿AB轨迹渡河所用的时间最短D．船沿AC轨迹到达对岸前瞬间的速度最大5.关于向心加速度，下列说法正确的是( )A．由a n＝知，匀速圆周运动的向心加速度恒定B．匀速圆周运动不属于匀速运动C．向心加速度越大，物体速率变化越快D．做圆周运动的物体，加速度时刻指向圆心6.如图所示，物块P置于水平转盘上随转盘一起运动，图中c方向沿半径指向圆心，a方向与c方向垂直.当转盘逆时针转动时，下列说法正确的是( )A．当转盘匀速转动时，P受摩擦力方向为cB．当转盘匀速转动时，P不受转盘的摩擦力C．当转盘加速转动时，P受摩擦力方向可能为aD．当转盘减速转动时，P受摩擦力方向可能为b7.“嫦娥一号”探月卫星沿地月转移轨道到达月球，在距月球表面200 km的P点进行第一次“刹车制动”后被月球捕获，进入椭圆轨道Ⅰ绕月飞行，如图3所示.之后，卫星在P点经过几次“刹车制动”，最终在距月球表面200 km的圆形轨道Ⅲ上绕月球做匀速圆周运动.用T1、T2、T3分别表示卫星在椭圆轨道Ⅰ、Ⅱ和圆形轨道Ⅲ的周期，用a1、a2、a3分别表示卫星沿三个轨道运动到P点的加速度，则下面说法正确的是( )A．T1>T2>T3B．T1<T2<T3C．a1>a2>a3D．a1<a2<a38.已知引力常量G、月球中心到地球中心的距离R和月球绕地球运行的周期T，仅利用这三个数据，可以估算出的物理量有( )A．月球的质量B．地球的质量C．地球的半径D．地球的密度9.下列关于功率的说法中正确的是( )A．由P＝知，力做的功越多，功率越大B．由P＝Fv知，物体运动得越快，功率越大C．由W＝Pt知，功率越大，力做的功越多D．由P＝Fv cosα知，某一时刻，即使力和速度都很大，但功率不一定大10.如图所示，物体A的质量为m，A的上端连接一个轻弹簧，弹簧原长为L0，劲度系数为k，整个系统置于水平地面上，现将弹簧上端B缓慢地竖直向上提起，B点上移距离为L，此时物体A也已经离开地面，则下列说法中正确的是( )A．提弹簧的力对系统做功为mgLB．物体A的重力势能增加mgLC．物体A的重力势能增加mg(L－L0)D．物体A的重力势能增加mg11.如图所示，质量为m的物块从A点由静止开始下落，加速度是，下落H到B点后与一轻弹簧接触，又下落h后到达最低点C，在由A运动到C的过程中，空气阻力恒定，则( )A．物块机械能守恒B．物块和弹簧组成的系统机械能守恒C．物块机械能减少mg(H＋h)D．物块和弹簧组成的系统机械能减少mg(H＋h)12.据报道，2011年5月13日，世界上最大的太阳能飞机首次实现跨国飞行，它长达63.4 m的机翼上覆盖着太阳能电池板．下列说法正确的是( )A．太阳能可以转化为电能B．太阳能不可以转化为电能C．太阳能的利用，说明能量可以消灭D．太阳能的利用，说明能量可以创生二、多选题(共3小题,每小题5.0分,共15分)13.（多选）某物体沿直线运动，其v﹣t图象如图所示，下列说法正确的是（）A．第1 s内和第2 s内物体的速度方向相反B．第1 s内和第2 s内物体的加速度方向相反C．第3 s内物体的速度方向和加速度方向相同D．第2 s末物体的加速度为零14.(多选)如下图所示，各接触面是光滑的，则A、B间可能无弹力作用的是( )A．B．C．D．15.(多选)下列关于能量的说法中正确的是( )A．能量的概念是牛顿最早提出来的B．能量有不同的表现形式，并可以相互转化，但总量不变C．伽利略的斜面理想实验体现出能量是守恒的D．以上说法均不正确分卷II三、实验题(共2小题,共15分)16.如图为“探究物体的加速度与质量和受力的关系”的实验装置．沙和沙桶的质量为m，小车和砝码的质量为M.实验中将沙和沙桶的重力作为细线对小车的拉力．(1)实验前，在进行平衡摩擦力的操作时，下列注意事项正确的是A．应该让小车连接纸带并穿过打点计时器B．必须让小车连接沙桶C．纸带和沙桶都应连接D．纸带和沙桶都不能连接(2)现保持沙和沙桶的总质量m不变，改变小车和砝码的总质量M，探究加速度和质量的关系．如图是某次实验中打出的一条纸带，交变电流的频率为50 Hz，每隔4个点选一个计数点，则小车的加速度为_________m/s2(保留两位有效数字)．通过实验得到多组加速度a、质量M的数据，为了方便准确地研究二者关系，一般选用纵坐标为加速度a，则横坐标为________(填“M”或“”)．17.如图1所示的装置，可用于探究恒力做功与速度变化的关系．水平轨道上安装两个光电门，小车上固定有力传感器和挡光板，细线一端与力传感器连接，另一端跨过定滑轮挂上砝码盘．实验首先保持轨道水平，通过调整砝码盘里砝码的质量让小车做匀速运动以实现平衡摩擦力，再进行后面的操作，并在实验中获得以下测量数据：小车、力传感器和挡光板的总质量M，平衡摩擦力时砝码和砝码盘的总质量m0，挡光板的宽度d，光电门1和2的中心距离s.图1图2(1)该实验是否需要满足砝码和砝码盘的总质量远小于小车(含力传感器和挡光板)的质量________(填“需要”或“不需要”)．(2)实验需用游标卡尺测量挡光板的宽度d，如图2所示，d＝________mm.(3)某次实验过程：力传感器的读数为F，小车通过光电门1和2的挡光时间分别为t1、t2(小车通过光电门2后，砝码盘才落地)，已知重力加速度为g，则对该小车实验要验证的表达式是__________________．四、计算题18.一辆货车以8 m/s的速度在平直公路上行驶，由于调度失误，在后面600 m处有一辆客车以72 km/h的速度向它靠近．客车司机发觉后立即合上制动器，但客车要滑行2 000 m才能停止．求：(1)客车滑行的加速度大小；(2)通过计算分析两车是否会相撞．19.如图甲所示，倾角为θ＝37°的足够长斜面上，质量m＝1 kg的小物体在沿斜面向上的拉力F＝14 N作用下，由斜面底端从静止开始运动，2 s后撤去F，前2 s内物体运动的v-t图象如图乙所示．求：(取g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)(1)小物体与斜面间的动摩擦因数；(2)撤去力F后1.8 s时间内小物体的位移．20.为了研究过山车的原理，某物理小组提出了下列设想：取一个与水平方向夹角为θ＝60°、长为L1＝2m 的倾斜轨道AB，通过微小圆弧与长为L2＝m的水平轨道BC相连，然后在C 处设计一个竖直完整的光滑圆轨道，出口为水平轨道上D处，如图所示.现将一个小球从距A 点高为h＝0.9 m的水平台面上以一定的初速度v0水平弹出，到A点时小球的速度方向恰沿AB方向，并沿倾斜轨道滑下.已知小球与AB和BC间的动摩擦因数均为μ＝，g取10 m/s2.(1)求小球初速度v0的大小；(2)求小球滑过C点时的速率v C；(3)要使小球不离开轨道，则竖直圆弧轨道的半径R应该满足什么条件？答案1.【答案】A【解析】研究从北京开往上海的一列火车的运动时，火车的形状和大小对研究问题影响很小，可以看做质点，故A正确；研究体操运动员在地面翻滚前进的动作时，若把运动员看做质点，就不能对其动作做出评判，故B错误；研究百米跑运动员的起跑动作时，若把运动员看做质点，就不能对其动作做出评判，故C错误；研究地球的自转，因自身大小不能忽略，则不可能看成质点，故D错误．2.【答案】C【解析】小球的起点在A末点在B，由图可知AB的长度为3米，因此其位移大小为3 m，路程为小球经过的轨迹长度，由题意可知，路程为7 m，故ABD错误，C正确．3.【答案】C【解析】长木板ab未动即地面对长木板ab的摩擦力为静摩擦力，由于P在长木板ab上滑动，即P对长木板ab的摩擦力大小为μ2mg.由平衡条件可知地面对ab的静摩擦力大小为μ2mg.即只有C正确．4.【答案】D【解析】因为三种运动船的船头垂直河岸，相对于静水的初速度相同，垂直方向运动性质不同，沿水流方向运动相同，河的宽度相同，渡河时间不等，B错误；加速度的方向指向轨迹的凹向，依题意可知，AC径迹是匀加速运动，AB径迹是匀速运动，AD径迹是匀减速运动，从而知道AC径迹渡河时间最短，A、C错误；沿AC轨迹在垂直河岸方向是加速运动，故船到达对岸的速度最大，D正确，故选D.5.【答案】B【解析】向心加速度是矢量，且方向始终指向圆心，因此向心加速度不是恒定的，所以A错；匀速运动是匀速直线运动的简称，匀速圆周运动其实是匀速率圆周运动，存在向心加速度，B 正确；向心加速度不改变速率，C错；只有匀速圆周运动的加速度才时刻指向圆心，D错.【解析】转盘匀速转动时，物块P所受的重力和支持力平衡，摩擦力提供其做匀速圆周运动的向心力，故摩擦力方向指向圆心O点，A项正确，B项错误；当转盘加速转动时，物块P 做加速圆周运动，不仅有沿c方向指向圆心的向心力，还有指向a方向的切向力，使线速度大小增大，两方向的合力即摩擦力可能指向b，C项错误；当转盘减速转动时，物块P做减速圆周运动，不仅有沿c方向指向圆心的向心力，还有指向a相反方向的切向力，使线速度大小减小，两方向的合力即摩擦力可能指向d，D项错误.7.【答案】A【解析】卫星沿椭圆轨道运动时，周期的平方与半长轴的立方成正比，故T1>T2>T3，A项正确，B项错误；不管沿哪一轨道运动到P点，卫星所受月球的引力都相等，由牛顿第二定律得a1＝a2＝a3，故C、D项均错误.8.【答案】B【解析】由天体运动规律知G＝mR可得地球质量M＝，由于不知地球的半径，无法求地球的密度，故选项B正确.9.【答案】D【解析】由公式P＝可知，只有P、W、t中两个量确定后，第三个量才能确定，故选项A、C错误．由P＝Fv可知，P与F、v有关，故选项B错误，由P＝Fv cosα可知，P还与α有关，故选项D正确．10.【答案】D【解析】将弹簧上端B缓慢地竖直向上提起，由于开始时有支持力，故拉力先小于mg，物体离地后等于mg，拉力的位移为L，故提弹簧的力对系统做功小于mgL，故A错误；B点上移距离为L，弹簧伸长量为ΔL＝，故A上升的高度为L－ΔL，所以物体A的重力势能增加mg，故B、C错误，D正确.【解析】对于物块，从A到C要克服空气阻力做功，从B到C又将一部分机械能转化为弹簧的弹性势能，因此机械能减少，故A错误；对于物块和弹簧组成的系统来说，物块减少的机械能(克服空气阻力所做的功＋弹簧弹性势能，而弹簧则增加了弹性势能)，因此整个系统机械能减少量即为克服空气阻力所做的功，故B错误；由A运动到C的过程中，物块的动能变化为零，重力势能减小量等于机械能的减小量，所以物块机械能减少mg(H＋h)，故C错误；物块从A点由静止开始下落，加速度是g，根据牛顿第二定律得：F f＝mg－ma＝mg，所以空气阻力所做的功为－mg(H＋h)，整个系统机械能减少量即为克服空气阻力所做的功，所以物块、弹簧组成的系统机械能减少mg(H＋h)，故D正确．12.【答案】A【解析】太阳能电池工作时，将太阳能转化为电能，为电动机提供能量，能量可以相互转化，但不能创生和消灭，故B、C、D错误．13.【答案】BC【解析】在速度-时间图象中，时间轴上方速度是正，时间轴下方速度是负，知第1 s内和第2 s内物体的速度均为正方向，运动方向相同，A错误；切线的斜率表示加速度，知第1 s 内加速度为正方向，第2 s内加速度为负方向，所以第1 s内和第2 s内物体的加速度方向相反，故B正确．第3 s内物体速度为负方向，斜率为负即加速度为负方向，所以第3 s 内物体的速度方向和加速度方向相同，故C正确．从第1 s末到第3 s末物体做匀变速直线运动,加速度为定值，不为零，故D错误．14.【答案】AC【解析】弹力是物体发生形变后要恢复原状时产生的力．而形变有宏观与微观形变，所以有时接触不一定有形变，即有弹力．故弹力产生的条件是接触且形变．由图可知：B、D两选项肯定有弹力，因为A、B间虽是微小形变，但很容易判定它们存在弹力．而A选项：假设A、B间有弹力，则A、B两物体均不能处于平衡状态，所以要运动，然而A、B 两物体没有运动．故A选项没有弹力．同理C选项中，A、B间物体也没有弹力，否则会运动．【解析】能量的概念是焦耳最早提出的，A错误．16.【答案】A 2.0【解析】(1)平衡摩擦力时让小车拖着纸带运动，若能做匀速直线运动，摩擦力得到平衡，故选A.(2)由图可知x12＝3.10 cm，x23＝5.10 cm，x34＝7.10 cm，x45＝9.10 cm，x56＝11.10 cm，可知连续相等时间内的位移之差Δx＝2.00 cm，根据Δx＝aT2得，加速度a＝＝m/s2＝2.0 m/s2.因为a与M成反比，所以作a－图线．17.【答案】(1)不需要(2)5.50(3)(F－m0g)s＝M()2－M()2【解析】(1)该实验中由于已经用力传感器测出绳子拉力大小，不是将砝码和砝码盘的重力作为小车的拉力，故不需要满足砝码和砝码盘的总质量远小于小车的质量．(2)游标卡尺的主尺读数为5 mm，游标读数等于0.05×10 mm＝0.50 mm，所以最终读数为：5 mm＋0.50 mm＝5.50 mm.(3)由于光电门的宽度d很小，所以我们用很短时间内的平均速度代替瞬时速度．滑块通过光电门1速度为：v1＝，滑块通过光电门2速度为：v2＝，根据功能关系需要验证的关系式为：(F－m0g)s＝M()2－M()2.18.【答案】(1)0.1 m/s2(2) 会相撞．【解析】(1)设v2＝72 km/h＝20 m/s，由v2－v＝2ax得客车刹车的加速度大小为a＝＝m/s2＝0.1 m/s2.(2)假设不相撞，设两车达到共同速度用时为t，则v2－at＝v1，t＝120 s货车在该时间内的位移x1＝v1t＝8×120 m＝960 m客车在该时间内的位移x2＝t＝1 680 m位移大小关系：x2＝1 680 m>600 m＋x1＝1 560 m，故会相撞．19.【答案】(1)0.5 (2)2.2 m，沿斜面向上【解析】(1)由题图乙可知，0～2 s内物体的加速度a1＝＝4 m/s2根据牛顿第二定律，F－mg sinθ－F f＝ma1，F N＝mg cosθ，而F f＝μF N，代入数据解得μ＝0.5.(2)撤去F后，－mg sinθ－F f＝ma2，得a2＝－10 m/s2，设经过t2时间减速到0，根据运动学公式0＝v1＋a2t2，解得t2＝0.8 s在0.8 s内物体有向上运动的位移x20－v＝2a2x2，得x2＝3.2 m物体到最高点后向下运动，设加速度大小为a3，则mg sinθ－F f＝ma3，解得a3＝2 m/s2再经t3＝1 s物体发生位移x3，x3＝a3t＝1 m物体在撤去F后1.8 s内的位移x＝x2－x3代入数据解得x＝2.2 m，方向沿斜面向上．20.【答案】(1)m/s(2)3m/s(3)0<R≤1.08 m【解析】(1)小球开始时做平抛运动：v＝2gh，代入数据解得v y＝＝m/s＝3m/s，A点：tan 60°＝，得v x＝v0＝＝m/s＝m/s.(2)从水平抛出到C点的过程中，由动能定理得mg(h＋L1sinθ)－μmgL1cosθ－μmgL2＝mv－mv，代入数据解得v C＝3m/s.(3)小球刚好能过最高点时，重力提供向心力，则mg＝，mv＝2mgR1＋mv2，代入数据解得R1＝1.08 m，当小球刚能到达与圆心等高时，有mv＝mgR2，代入数据解得R2＝2.7 m，当圆轨道与AB相切时R3＝BC·tan 60°＝1.5 m，即圆轨道的半径不能超过1.5 m，综上所述，要使小球不离开轨道，R应该满足的条件是0<R≤1.08 m.。
云南省富源一中2017-2018学年高二下学期五月份考试物
绝密★启用前云南省富源一中2018年下学期五月份考试高二物理试卷命题教师：本试卷分第Ⅰ卷和第Ⅱ卷两部分，共100分，考试时间120分钟。
学校：___________姓名：___________班级：___________考号：___________I一、单选题(共10小题,每小题3.0分,共30分)1.在半径为r、电阻为R的圆形导线框内，以直径为界，左、右两侧分别存在着方向如图甲所示的匀强磁场．以垂直纸面向外的磁场为正，两部分磁场的磁感应强度B随时间t的变化规律分别如图乙所示．则0～t0时间内，导线框中()A．没有感应电流B．感应电流方向为逆时针C．感应电流大小为2πr2B0/(t0R)D．感应电流大小为πr2B0/(t0R)2.如图所示的电路中，P、Q为两相同的灯泡，L的电阻不计，则下列说法正确的是()A．S断开瞬间，P立即熄灭，Q过一会儿才熄灭B．S接通瞬间，P、Q同时达到正常发光C．S断开瞬间，通过P的电流从右向左D．S断开瞬间，通过Q的电流与原来方向相反3.如图，一圆形金属环与两固定的平行长直导线在同一竖直平面内，环的圆心与两导线距离相等，环的直径小于两导线间距．两导线中通有大小相等、方向向下的恒定电流．若()A．金属环向上运动，则环上的感应电流方向为顺时针方向B．金属环向下运动，则环上的感应电流方向为顺时针方向C．金属环向左侧直导线靠近，则环上的感应电流方向为逆时针方向D．金属环向右侧直导线靠近，则环上的感应电流方向为逆时针方向4.一直升机停在南半球的地磁极上空．该处地磁场的方向竖直向上，磁感应强度为B.直升机螺旋桨叶片的长度为l，螺旋桨转动的频率为f，顺着地磁场的方向看螺旋桨，螺旋桨按顺时针方向转动，螺旋桨叶片的近轴端为a，远轴端为b，如图所示，如果忽略a到转轴中心线的距离，用E表示每个叶片中的感应电动势，则()A．E＝πfl2B，且a点电势低于b点电势B．E＝2πfl2B，且a点电势低于b点电势C．E＝πfl2B，且a点电势高于b点电势D．E＝2πfl2B，且a点电势高于b点电势5.如图所示，水平桌面上放有一个闭合铝环，在铝环轴线上方有一个条形磁铁．当条形磁铁沿轴线竖直向下迅速移动时，下列判断正确的是()A．铝环有收缩趋势，对桌面压力减小B．铝环有收缩趋势，对桌面压力增大C．铝环有扩张趋势，对桌面压力减小D．铝环有扩张趋势，对桌面压力增大6.一台理想变压器从10 kV的线路中降压并提供200 A的负载电流．已知两个线圈的匝数比为40∶1，则变压器的原线圈电流、输出电压及输出功率是()A．5 A,250 V,50 kW B．5 A,10 kV,50 kWC．200 A,250 V,50 kW D．200 A,10 kV,2×103kW7.如图所示的交变电流由正弦式交变电流的一半和反向脉冲电流组合而成，则这种交变电流的有效值为()A．I0 B．I0 C．I0 D．I08.如图所示，在水平方向的匀强磁场中，有一单匝矩形导线框可绕垂直于磁场方向的水平轴转动．在线框由水平位置以角速度ω匀速转过90°的过程中，穿过线框面的最大磁通量为Φ，已知导线框的电阻为R，则下列说法中正确的是()A．导线框转到如图所示的位置时电流的方向将发生改变B．导线框转到如图所示的位置时电流的方向为badcC．以图中位置作为计时起点，该导线框产生的交流电瞬时值表达式为e＝ΦωsinωtD．以图中位置作为计时起点，该导线框产生的交流电瞬时值表达式为e＝Φωcosωt9.如图是一正弦式交变电流的电流i随时间t变化的图象．由图可知，这个电流的()A．有效值为10A，频率为50 HzB．有效值为10A，频率为0.03 HzC．有效值为5A，频率为50 HzD．有效值为5A，频率为0.03 Hz10.如图所示，一个理想变压器原、副线圈的匝数比n1∶n2＝6∶1，副线圈两端接三条支路，每条支路上都接有一只灯泡，电路中L为电感线圈、C为电容器、R为定值电阻．当原线圈两端接有如图所示的交流电时，三只灯泡都能发光．如果加在原线圈两端的交流电的峰值保持不变，而将其频率变为原来的2倍，则对于交流电的频率改变之后与改变前相比，下列说法中正确的是()A．副线圈两端的电压有效值均为6 VB．副线圈两端的电压有效值均为108VC．灯泡Ⅰ变亮，灯泡Ⅱ变亮D．灯泡Ⅱ变暗，灯泡Ⅲ变亮二、多选题(共4小题,每小题4.0分,共16分)11.(多选)北半球地磁场的竖直分量向下．如图所示，在北京某中学实验室的水平桌面上，放置边长为L的正方形闭合导体线圈abcd，线圈的ab边沿南北方向、ad边沿东西方向．下列说法中正确的是()A．若使线圈向东平动，则a点的电势比b点的电势低B．若使线圈向北平动，则a点的电势比b点的电势低C．若以ab为轴将线圈向上翻转，则线圈中感应电流方向为a→b→c→d→aD．若以ab为轴将线圈向上翻转，则线圈中感应电流方向为a→d→c→b→a12.(多选)如图所示，电阻不计的平行金属导轨固定在一绝缘斜面上，两根相同的金属导体棒a、b垂直于导轨静止放置，且与导轨接触良好，匀强磁场垂直穿过导轨平面．现用一平行于导轨的恒力F作用在a的中点，使其向上运动．若b始终保持静止，则它所受摩擦力可能()A．变为0 B．先减小后不变C．等于F D．先增大再减小13.(多选)如图所示，理想变压器原、副线圈分别接有额定电压相同的灯泡a和b.当输入电压U 为灯泡额定电压的10倍时，两灯泡均能正常发光．下列说法正确的是()图1－A．原、副线圈匝数比为9∶1 B．原、副线圈匝数比为1∶9C．此时a和b的电功率之比为9∶1 D．此时a和b的电功率之比为1∶914.(多选)阻值为10 Ω的电阻接到电压波形如图所示的交流电源上．以下说法中正确的是() A．电压的有效值为10 VB．通过电阻的电流有效值为AC．电阻消耗电功率为5 WD．电阻每秒钟产生的热量为10 J分卷II三、实验题(共3小题,共18分)15.在研究电磁感应现象的实验中所用的器材如图所示．它们是：①电流计②直流电源③带铁芯(图中未画出)的线圈A④线圈B⑤开关⑥滑动变阻器(1)按实验的要求在实物图上连线(图中已连好一根导线)．(2)怎样才能使线圈B中有感应电流产生？试举出两种方法：①________________________________________________________________________；②________________________________________________________________________.16.有一个教学用的可拆变压器，如图甲所示，它有两个外观基本相同的线圈A、B，线圈外部还可以绕线．(1)某同学用一多用电表的同一欧姆挡先后测量了A、B线圈的电阻值，指针分别对应图乙中的A、B位置，由此可推断________线圈的匝数较多(选填“A”或“B”)．(2)如果把它看成理想变压器，现要测定A线圈的匝数，提供的器材有：一根足够长的绝缘导线、一只多用电表和低压交流电源，请简要叙述实验的步骤(写出要测的物理量，并用字母表示)________A线圈的匝数为nA＝________.(用所测物理量符号表示)17.（1）用螺旋测微器测量合金丝的直径．为防止读数时测微螺杆发生转动，读数前应先旋紧如图甲所示的部件（选填“A”、“B”、“C”或“D”）．从图中的示数可读出合金丝的直径为mm．（2）用游标卡尺可以测量某些工件的外径．在测量时，示数如上图乙所示，则读数分别为mm．四、计算题(共4小题)18.如图所示，空间等间距分布着水平方向的条形匀强磁场，竖直方向磁场区域足够长，磁感应强度B＝1 T，每一条形磁场区域的宽度及相邻条形磁场区域的间距均为d＝0.5 m，现有一边长L＝0.2 m、质量m＝0.1 kg、电阻R＝0.1 Ω的正方形线框MNOP以v0＝7 m/s的初速从左侧磁场边缘水平进入磁场，求：(1)线框MN边刚进入磁场时受到安培力的大小F；(2)线框从开始进入磁场到竖直下落的过程中产生的焦耳热Q；(3)线框能穿过的完整条形磁场区域的个数n.19.如图所示，两根足够长的光滑金属导轨ab、cd竖直放置，导轨间距离为L，电阻不计．在导轨上端并接两个额定功率均为P、电阻均为R的小灯泡．整个系统置于匀强磁场中，磁感应强度方向与导轨所在平面垂直．现将一质量为m、电阻可以忽略的金属棒MN从图示位置由静止开始释放．金属棒下落过程中保持水平，且与导轨接触良好．已知某时刻后两灯泡保持正常发光．重力加速度为g.求：(1)磁感应强度的大小；(2)灯泡正常发光时金属棒的运动速率．20.如图所示的变压器原线圈1接到220 V的交流电源上．副线圈2的匝数n2＝30匝，与一个“12 V12 W”的灯泡L连接，L能正常发光．副线圈3的输出电压U3＝110 V，与电阻R连接，通过R的电流为0.4 A．求：(1)副线圈3的匝数n3；(2)原线圈1的匝数n1和电流I1.21.如图所示，线圈abcd的面积是0.05 m2，共100匝，线圈电阻为1 Ω，外接电阻R＝9 Ω，匀强磁场的磁感应强度B＝T，当线圈以300 r/min的转速匀速旋转时．求：(1)若从线圈处于中性面开始计时，写出线圈中感应电动势的瞬时值表达式；(2)线圈转过s时电动势的瞬时值多大？(3)电路中，电压表和电流表的示数各是多少？(4)从中性面开始计时，经s通过电阻R的电荷量是多少？答案解析1.【答案】D【解析】根据楞次定律可知，左边的导线框的感应电流是顺时针，而右边的导线框的感应电流也是顺时针，则整个导线框的感应电流方向顺时针，故A、B错误；由法拉第电磁感应定律，因磁场的变化，导致导线框内产生感应电动势，结合题意可知，产生的感应电动势正好是两者之和，即为E＝，再由闭合电路欧姆定律，可得感应电流大小为I＝＝，故D 正确，C错误．2.【答案】C【解析】S接通瞬间，L中电流从0开始增大，于是产生自感电动势，阻碍电流的增加．因此Q不会立即正常发光，较P要晚些，所以B项错误．S断开瞬间，因L的自感作用，通过P、Q形成的回路的电流逐渐减小为0，通过P的电流方向从右向左，通过Q的电流方向与原来相同，因此，P、Q两只灯泡会一起渐渐熄灭．故C项正确，A、D项错误．3.【答案】D【解析】当金属环上下移动时，穿过环的磁通量不发生变化，根据楞次定律，没有感应电流产生，选项A、B错误；当金属环向左移动时，穿过环的磁通量垂直纸面向外且增强，根据楞次定律可知，产生顺时针方向的感应电流，故选项C错误；当金属环向右移动时，穿过环的磁通量垂直纸面向里且增强，根据楞次定律可知，产生逆时针方向的感应电流，故选项D正确．4.【答案】A【解析】感应电动势大小：E＝Blv＝Blω×＝Bl×2πf×＝Bl2πf；感应电动势的方向：由右手定则可以判断出感应电动势的方向是由a→b，因此a点电势低．5.【答案】B【解析】根据楞次定律可知：当条形磁铁沿轴线竖直向下迅速移动时，铝环内的磁通量增大，因此铝环做出的反应是面积有收缩的趋势，同时将远离磁铁，故增大了和桌面的挤压程度，从而使铝环对桌面压力增大，故B项正确．6.【答案】A【解析】设原线圈输入电压、电流、功率分别为U1、I1、P1，副线圈输出电压、电流、功率分别为U2、I2、P2，原、副线圈匝数分别为n1、n2.由＝知I1＝I2＝×200 A＝5 A.由＝知U2＝U1＝×10×103V＝250 V，输出功率P2＝U2I2＝250×200 W＝50 kW.7.【答案】C【解析】由i－t图象知交变电流的周期T＝2 s．一个周期内：前半个周期电流的有效值：I1＝，后半个周期电流的有效值：I2＝I0.设交变电流的有效值为I，根据交变电流有效值的定义有I2RT＝I R＋I R＝()2R·＋I R，解得I＝I0.故选项C正确．8.【答案】D【解析】9.【答案】C【解析】从交变电流的电流i随时间t变化的图象可知，该交流电电流的最大值I m＝10 A，周期T＝0.02 s则这个电流的有效值I＝＝A＝5A，频率f＝＝Hz＝50 Hz，C正确．10.【答案】D【解析】由乙图知，所接电压峰值为36 V，由＝，则副线圈峰值电压为6 V，A、B错误，当频率变为原来的2倍，则电感对交流电阻碍变大，电容对交流电阻碍变小，电阻不变，C错误，D正确．11.【答案】AC【解析】用楞次定律判断产生的感应电流的方向．线圈向东平动时，ba和cd两边切割磁感线，且a点电势比b点电势低，A对；同理，线圈向北平动，则a、b电势相等，高于c、d两点电势，B错；以ab为轴将线圈翻转，向下的磁通量减小了，感应电流的磁场方向应该向下，再由右手螺旋定则知，感应电流的方向为a→b→c→d→a，则C对，D错．12.【答案】AB【解析】a导体棒在恒力F作用下加速运动，闭合回路中产生感应电流，导体棒b受到安培力方向应沿斜面向上，且逐渐增大．最后不变，b受到的安培力大小与a受到的安培力相等，方向沿斜面向上．所以b导体棒受摩擦力可能先减小后不变，可能减小到0保持不变，也可能减小到0然后反向增大保持不变，所以选项A、B正确，C、D错误．13.【答案】AD【解析】设灯泡的额定电压为U0，则输入电压U＝10U0，由于两灯泡均正常发光，故原线圈两端的电压U1＝U－U0＝9U0，副线圈两端的电压U2＝U0，所以原、副线圈的匝数比n1∶n2＝U1∶U2＝9∶1，A正确，B错误；原、副线圈的电流之比I1∶I2＝n2∶n1＝1∶9，由电功率P＝UI可知，a和b的电功率之比为1∶9，C错误，D正确．14.【答案】BC【解析】根据图象可知电压最大值为U m＝10 V，有效值为U＝V，电流有效值为I＝＝A，电阻消耗的电功率为P＝I2R＝()2×10 W＝5 W.15.【答案】(1)实物电路图如图所示：(2)①断开或闭合开关②闭合开关后移动滑动变阻器的滑片．【解析】(1)实物电路图如图所示：(2)断开或闭合开关的过程中或闭合开关后移动滑片的过程中，穿过线圈B的磁通量发生，线圈B中有感应电流产生．16.【答案】(1)A(2)①用长导线绕一个n匝线圈，作为副线圈替代A线圈；②把低压交流电源接B线圈，测得线圈的输出电压为U；③用A线圈换下绕制的线圈测得A线圈的输出电压为UA n【解析】(1)A由题图乙可知A位置的阻值大于B位置的阻值，由电阻定律可得A线圈的匝数多于B线圈的．(2)①用长导线绕一个n匝线圈，作为副线圈替代A线圈；②把低压交流电源接B线圈，测得线圈的输出电压为U；③用A线圈换下绕制的线圈测得A线圈的输出电压为UA.则nA＝n. 17.【答案】（1）B0.410 （2）11.50【解析】解：（1）读数前应先旋紧B，使读数固定不变，螺旋测微器的固定刻度为0 mm，可动刻度为41.0×0.01 mm=0.410 mm，所以最终读数为0 mm+0.410 mm=0.410 mm．（2）游标卡尺的主尺读数为11 mm，游标尺上第10个刻度和主尺上某一刻度对齐，所以游标读数为10×0.05 mm=0.50 mm，所以最终读数为：11 mm+0.50 mm=11.50 mm．18.【答案】(1)2.8 N(2)2.45 J(3)4【解析】(1)线框MN边刚开始进入磁场区域时E＝BLv0①E＝IR②由①②③并代入数据得：F＝2.8 N(2)设线框水平速度减为零时，下落高落为H，此时速度为v H 由能量守恒可得：mgH＋mv＝Q＋mv④根据自由落体规律有：v＝2gH⑤由④⑤得：Q＝mv＝2.45 J(3)设线框水平切割速度为v时有：E＝BLv⑥E＝IR⑦F＝ILB⑧F＝ma＝m⑨由⑥⑦⑧⑨得：vΔt＝mΔv⑩即：ΣvΔt＝ΣmΔv可有：x＝mv0⑪n＝⑫由⑪⑫并代入数据得：n≈4.4⑬所以可穿过4个完整条形磁场区域．19.【答案】(1)(2)【解析】(1)设小灯泡的额定电流为I0，有由题意，在金属棒沿导轨竖直下落的某时刻后，小灯泡保持正常发光，流经MN的电流为I＝2I0，②此时金属棒MN所受的重力和安培力相等，下落的速度达到最大值，有mg＝BLI，③联立①②③式得B＝(2)设灯泡正常发光时，金属棒的速率为v，由电磁感应定律与闭合电路欧姆定律得E＝BLv，⑤E＝RI0，⑥联立①②④⑤⑥式得v＝.⑦20.【答案】(1)275匝(2)550匝0.255 A【解析】(1)变压比公式对于两个副线圈也适用，则有＝，n3＝＝匝＝275匝．(2)＝，n1＝n2＝×30匝＝550匝．理想变压器的输入功率等于输出功率P1＝P2＋P3＝12 W＋0.4×110 W＝56 W.原线圈中电流I1＝＝A≈0.255 A.21.【答案】(1)e＝50sin 10πt(V)(2)43.3 V(3)31.86 V3．54 A(4)C【解析】(1)e＝E m sinωt＝nBS·2πf sin(2πft)＝100××0.05×2π×sin(2π×t) V＝50sin 10πt V(2)当t＝s时，e＝50sin(10π×) V≈43.3 V(3)电动势的有效值为E＝＝V≈35.4 V电流表示数I＝＝A＝3.54 A电压表示数U＝IR＝3.54×9 V＝31.86 V(4)s内线圈转过的角度θ＝ωt＝×2π×＝该过程中，ΔΦ＝BS－BS cosθ＝BS由I＝，I＝，E＝得q＝＝＝C＝ C.。
云南省大理州新世纪中学2017-2018学年高二6月份考试物理试题+含答案
云南省大理州新世纪中学2017-2018学年6月份考试高二物理本试卷分第Ⅰ卷和第Ⅱ卷两部分，共100分，考试时间120分钟。
一、单选题(共10小题,每小题3.0分,共30分)1.在图中，L为电阻很小的线圈，G1和G2为内阻可不计、零点在表盘中央的电流计．当开关S处于闭合状态时，两表的指针皆偏向右方．那么，当开关S断开时，将出现( )A．G1和G2的指针都立即回到零点B．G1的指针立即回到零点，而G2的指针缓慢地回到零点C．G1的指针缓慢地回到零点，而G2的指针先立即偏向左方，然后缓慢地回到零点D．G1的指针先立即偏向左方，然后缓慢地回到零点，而G2的指针缓慢地回到零点2.如图所示，一个带正电的粒子在垂直于匀强磁场的平面内做圆周运动，当磁感应强度均匀增大时，此粒子的动能将( )A．不变B．增大C．减少D．以上情况都有可能3.如下图所示，矩形金属框置于匀强磁场中，ef为一导体棒，可在ab与cd 间滑动并接触良好．设磁感应强度为B，ac长为L，在Δt时间内向左匀速滑过距离Δd，由法拉第电磁感应定律E＝n可知，下列说法正确的是( )A．当ef向左滑动过程中，左侧面积减少LΔd，右侧面积增加LΔd，因此E ＝B．当ef向左滑动过程中，左侧面积减少LΔd，右侧面积增加LΔd，互相抵消，因此E＝0C．在公式E＝n中，在切割磁感线情况下，ΔΦ＝BΔS，ΔS应是导体棒切割磁感线扫过的面积，因此E＝D．在切割磁感线的情况下，只能用E＝Blv计算，不能用E＝n计算4.如图所示，是用导线做成的圆形回路与一直导线构成的几种位置组合，下列组合中，切断直导线中的电流时，穿过闭合回路中磁通量变化的是(图①②③中直导线都与圆形线圈在同一平面内，O点为线圈的圆心，图④中直导线与圆形线圈平面垂直，并与其中心轴重合)( )A．①②B．②③C．③④D．②④5.关于电阻、电感、电容对电流作用的说法正确的是( )A．电阻对直流电和交流电的阻碍作用相同B．电感对直流电和交流电均有阻碍作用C．电容器两极板间是绝缘的，故电容支路上没有电流通过D．交变电流的频率增加时，电阻、电感、电容的变化情况相同6.某交变电压为u＝8sin(157t) V，则( )A．用此交变电流作打点计时器的电源时，打点周期为0.02 sB．此交变电流可作为电磁打点计时器的工作电源C．把额定电压为8 V的小灯泡接在此电源上，小灯泡正常发光D．把击穿电压为6 V的电容器接在此电源上，电容器正常工作7.如图所示，是一多匝线圈在匀强磁场中绕垂直于磁场的轴匀速转动所产生的交变电动势的图象，根据图象可知( )A．此交变电动势的瞬时表达式为e＝200sin 0.02tVB．此交变电动势的瞬时表达式为e＝200sin 100πtVC．t＝0.01 s时，穿过线圈的磁通量为零D．t＝0.02 s时，穿过线圈的磁通量的变化率最大8.如图所示为某住宅区的应急供电系统，由交流发电机和副线圈匝数可调的理想降压变压器组成．发电机中矩形线圈所围的面积为S、匝数为N、电阻不计，它可绕水平轴OO′在磁感应强度为B的水平匀强磁场中以角速度ω匀速转动．矩形线圈通过滑环连接降压变压器，滑动触头P上下移动时可改变输出电压，R0表示输电线的电阻．以线圈平面与磁场平行时为计时起点，下列判断正确的是( )A．若发电机线圈某时刻处于图示位置，变压器原线圈的电流瞬时值为零B．发电机线圈感应电动势的瞬时值表达式为e＝NBSωsinωtC．当用电量增加时，为使用户电压保持不变，滑动触头P应向上滑动D．当滑动触头P向下移动时，变压器原线圈两端的电压将升高9.金属铂的电阻值对温度高低非常敏感，图中可能表示金属铂电阻的U－I图线是( )A．B．C．D．10.在输液时，药液有时会从针口流出体外，为了及时发现，设计了一种报警装置，电路如图所示．M是贴在针口处的传感器，接触到药液时其电阻RM发生变化，导致S两端电压U增大，装置发出警报，此时( )A．RM变大，且R越大，U增大越明显B．RM变大，且R越小，U增大越明显C．RM变小，且R越大，U增大越明显D．RM变小，且R越小，U增大越明显二、多选题(共4小题,每小题4.0分,共16分)11.(多选)如图所示，相距为L的两条足够长的光滑平行金属导轨与水平面的夹角为θ，上端接有定值电阻R，匀强磁场垂直于导轨平面、磁感应强度为B.将质量为m的导体棒由静止释放，当速度达到v时开始匀速运动，此时对导体棒施加一平行于导轨向下的拉力，并保持拉力的功率恒为P，导体棒最终以2v的速度匀速运动．导体棒始终与导轨垂直且接触良好，不计导轨和导体棒的电阻，重力加速度为g.下列选项正确的是( )A．P＝2mgvsinθB．P＝3mgvsinθC．当导体棒速度达到0.5v时加速度大小为0.5gsinθD．在导体棒速度达到2v以后匀速运动的过程中，R上产生的焦耳热等于拉力所做的功12.熔化金属的一种方法是用“高频炉”，它的主要部件是一个铜制线圈，线圈中有一坩埚，埚内放待熔的金属块，当线圈中通以高频交流电时，埚中金属就可以熔化，这是因为( )A．线圈中的高频交流电通过线圈电阻，产生焦耳热B．线圈中的高频交流电产生高频微波辐射，深入到金属内部，产生焦耳热C．线圈中的高频交流电在坩埚中产生感应电流，通过坩埚电阻产生焦耳热D．线圈中的高频交流电在金属块中产生感应电流，通过金属块电阻产生焦耳热13.(多选)在电能输送过程中，若输送的电功率一定、输电线电阻一定，则在输电线上损耗的电功率( )A．和输送电线上电压的平方成反比B．和输送电流的平方成反比C．和输送电线上的电压降的平方成正比D．和输送电流成正比14.(多选)一平行板电容器与一自感线圈组成振荡电路，要使此振荡电路的周期变大，以下措施中正确的是( )A．增加电容器两极间的距离B．增加线圈的匝数C．增大电容器两极板间的正对面积D．增大电容器两极板间的距离的同时，减少线圈的匝数分卷II三、实验题(共2小题,每小题10.0分,共20分)15.如图所示为“研究电磁感应现象”的实验装置．(1)将图中所缺的导线补接完整；(2)如果在闭合开关时发现灵敏电流计的指针向右偏了一下，那么合上开关后可能出现的情况有：(填“向左偏一下”、“向右偏一下”或“不动”)①将线圈A迅速插入线圈B时，灵敏电流计指针将________．②线圈A插入线圈B后，将滑动变阻器的滑片迅速向左拉时，灵敏电流计指针________．16.如图所示，一热敏电阻RT放在控温容器M内；A为毫安表，量程6 mA，内阻为数十欧姆；E为直流电源，电动势约为3 V，内阻很小；R为电阻箱，最大阻值为999.9 Ω，S为开关．已知RT在95 ℃时的阻值为150 Ω，在20 ℃时的阻值约为550 Ω.现要求在降温过程中测量在20～95 ℃之间的多个温度下RT 的阻值．(1)在图中画出连线，完成实验原理电路图．(2)完成下列实验步骤中的填空：a．依照实验原理电路图连线．b．调节控温容器M内的温度，使得RT的温度为95 ℃.c．将电阻箱调到适当的阻值，以保证仪器安全．d．闭合开关．调节电阻箱，记录电流表的示数I0，并记录________．e．将RT的温度降为T1(20 ℃＜T1＜95 ℃)；调节电阻箱，使得电流表的读数________，记录________．f．温度为T1时热敏电阻的电阻值RT1＝________.g．逐步降低T1的数值，直到20 ℃；在每一温度下重复步骤e、f.四、计算题(共3小题,每小题18.0分,共54分)17.如图所示，长为6 m的导体AB在磁感强度B＝0.1 T的匀强磁场中，以AB上的一点O为轴，沿着顺时针方向旋转．角速度ω＝5 rad/s，O点距A端为2 m，求AB的电势差．18.其同学设计一个发电测速装置，工作原理如图所示．一个半径为R＝0.1 m的圆形金属导轨固定在竖直平面上，一根长为R的金属棒OA，A端与导轨接触良好，O 端固定在圆心处的转轴上．转轴的左端有一个半径为r＝的圆盘，圆盘和金属棒能随转轴一起转动．圆盘上绕有不可伸长的细线，下端挂着一个质量为m＝0.5 kg的铝块．在金属导轨区域内存在垂直于导轨平面向右的匀强磁场，磁感应强度B＝0.5 T．a点与导轨相连，b点通过电刷与O端相连．测量a、b两点间的电势差U可算得铝块速度．铝块由静止释放，下落h＝0.3 m时，测得U＝0.15 V．(细线与圆盘间没有滑动，金属棒、导轨、导线及电刷的电阻均不计，重力加速度g＝10 m/s2)．(1)测U时，a点相接的是电压表的“正极”还是“负极”？(2)求此时铝块的速度大小；(3)求此下落过程中铝块机械能的损失．19.如图乙一小型发电机内的矩形线圈在匀强磁场中以恒定的角速度ω绕垂直于磁场方向固定轴转动．线圈匝数n＝100匝．穿过每匝线圈的磁通量Φ随时间按正弦规律变化，如图甲所示．发电机内阻r＝5.0 Ω，外电路电阻R＝95 Ω，已知感应电动势的最大值Em＝nωΦm，其中Φm为穿过每匝线圈磁通量的最大值．求串联在外电路中的交流电流表(内阻不计)的读数．答案解析1.D2.B3.C4.B5.A6.B7.B8.C9.B10.C11.AC12.CD13.AC14.BC15.【答案】(1)电路连接如图(2)①向右偏转一下②向左偏转一下【解析】(1)电路连接如图(2)因在闭合开关时，电路中的电流变大，磁通量增大，此时发现灵敏电流计的指针向右偏了一下，则当将线圈A迅速插入线圈B时，磁通量也是增大的，则灵敏电流计指针将向右偏转一下；线圈A插入线圈B后，将滑动变阻器的滑片迅速向左拉时，电路中的电流减小，磁通量减小，则灵敏电流计指针向左偏转一下．16.【答案】(1)如图所示(2)d.电阻箱的读数R0 e．仍为I0电阻箱的读数R1 f．R0－R1＋150 Ω【解析】(1)电阻箱的最大阻值与热敏电阻的最大阻值相差不大，因此电阻箱应与热敏电阻串联．(2)本实验原理是当电路的两种状态的电流相等时，外电路的总电阻相等．95 ℃和T1时对应的电路的总电阻相等，有150 Ω＋R0＝RT1＋R1，即RT1＝R0－R1＋150 Ω.17.【答案】－3 V【解析】由于法拉第电磁感应定律E＝Blv适用于导体平动且速度方向垂直于磁感线方向的特殊情况，将转动问题转化为平动作等效处理．因为v＝ωl，可以用导体中点的速度的平动产生的电动势等效于OB转动切割磁感线产生的感应电动势．v中BO＝＝ωEAO＝Bv中BO＝Bω＝4 VUBO＝UB－UO＝EBO＝4 V同理，v中AO＝＝ωEBO＝Bv中AO＝Bω＝1 VUAO＝UA－UO＝EAO＝1 VUAB＝UA－UB＝(UA－UO)－ (UB－UO)＝UAO－UBO＝ 1－4＝－3 V.18.【答案】(1)正极(2)2 m/s (3)0.5 J【解析】(1)由右手定则四指指向由O向A，a接的是电压表的正极(2)令A端速度为v1则E＝BRv1＝BR2ω由已知U＝0.15 V代入得v1＝6 m/s角速度ω＝60 rad/s又圆盘和大圆盘角速度相等，铝块速度v2＝2 m/s(3)ΔE＝mgh－mvΔE＝1.5－1 J＝0.5 J19.【答案】1.4 A【解析】从题中Φ－t图线看出Φm＝1.0×10－2Wb，T＝3.14×10－2s．已知感应电动势的最大值Em＝nωΦm，又ω＝，故电路中电流最大值Im＝＝A＝2 A，交流电流表读数是交流电的有效值，即I＝＝1.4 A.。
云南省大理州十一校联盟2017-2018学年高三下学期高考模拟物理试卷 Word版含解析
云南省大理州十一校联盟2017-2018学年高考物理模拟试卷一、选择题：本题共8小题，每小题6分，其中第1题—第5题只有一个选项正确，第6题—8题有多个选项正确，全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错或不答的得0分.1．下列给定的单位中，属于国际单位制（简称SI）中基本单位的是( )A．力的单位N B．电流的单位A C．功的单位J D．电压的单位V 2．图示为某物体运动的速度（v）随时间（t）变化的关系图象，由此可以判断物体的运动是( )A．往复运动B．匀速直线运动C．曲线运动D．朝某一个方向做直线运动3．如图所示，一个小铁球用两根轻绳挂于天花板上，球静止，绳1倾斜，绳2竖直．则小球所受的作用力个数为( )A．一个B．两个C．三个D．两个或三个都有可能4．根据最新官方消息，中国火星探测任务基本确定，发射时间大致在2018年左右，若火星探测器在登陆火星之前需在靠近火星表面绕火星做匀速圆周运动，已知引力常量为G，则科研人员想估测火星的平均密度，还只需知道探测器在火星表面绕火星做匀速圆周运动时的( )A．周期B．轨道的周长C．探测器的质量D．线速度的大小5．如图所示的圆形区域内，有垂直于纸面向外的匀强磁场，磁感应强度的大小为B，圆的半径为R，一束质量为m、电荷量为q的带正电的粒子，以不同的速率，沿着相同的方向，从磁场的边界A点进入磁场，速度方向平行于半径CO，A点到CO的距离为，要使粒子在磁场中运动的轨迹所对的弦最长，则粒子运动的速度大小应等于( )A．B．C．D．6．如图所示，一水平长直导线MN上用非常结实的绝缘细线悬挂一等腰直角三角形线圈，线圈与直导线在同一竖直平面内，线圈中通以如图所示的恒定电流，下列说法正确的是( )A．在MN上通以向左的电流，线圈可能会向上平动B．在MN上通以向右的电流，线圈可能不动，但绝缘细线的拉力小于线圈的垂力C．在MN上通以向右的电流，线圈会发生（俯视看）逆时针转动D．在MN上通以向左的电流，线圈肯定不动，但细线上一定有张力7．图甲中的变压器为理想变压器，原、副线圈的匝数n1与n2之比为5：1．变压器的原线圈如图乙所示的正弦交变电流，两个20Ω的定值电阻串联接在副线圈两端．电压表为理想电表，则( )A．原线圈的输入功率为40WB．电压表的示数为20VC．副线圈中电流的方向每秒改变10次D．流经原、副线圈的电流之比为1：58．如图甲所示，两根光滑平行导轨水平放置，间距为L，其间有竖直向下的匀强磁场，磁感应强度为B．垂直于导轨水平对称放置一根均匀金属棒．从t=0时刻起，棒上有如图乙所示的持续交变电流I，周期为T，最大值为I m，图甲中I所示方向为电流正方向．若以向右为速度v，加速度a、位移x的正方向，则下列关于金属棒的速度v，加速度a、相对初始位置的位移x，动能E k随时间t变化的关系图象，正确的是( )A．B．C．D．二、非选择题：包括必考题和选考题两部分，第9-12题为必考题，每个试题考生都必须做全。
云南省大理州2017-2018学年高二上学期期末考试物理试题(解析版)
云南省大理州2017-2018学年高二上学期期末考试物理试题一、选择题（共12小题，每题4分,共48分。
其中1-8题为单选，只有一个选项正确；9-12题为多选，有两个或两个以上选项正确，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. 下列有关物理学史的说法正确的是（）A. 牛顿应用理想斜面实验推翻了亚里士多德的“力是维持物体运动原因” 的观点B. 法拉第发现了电流的磁效应C. 奥斯特发现了电磁感应现象D. 安培提出了分子电流假说【答案】D【解析】A、伽利略应用“理想斜面实验”推翻了亚里士多德的“力是维持物体运动的原因”观点，故A错误。
B、C、奥斯特发现了电流的磁效应，法拉第总结出了电磁感应定律；故B，C均错误．D、安培提出了分子电流假说，总结了磁铁和电流产生磁场的原因相同，故D正确。
故选D.【点睛】本题考查物理学史，是常识性问题，对于物理学上重大发现、发明、著名理论要加强记忆，这也是考试内容之一．2. 如图为金属球放入匀强电场后电场线的分布情况．设该电场中A、B两点的电场强度大小分别为E a、E b,则A、B两点（）A. E a= E b，电场方向相同B. E a＜E b，电场方向不同C. E a＜E b，电场方向相同D. E a＞E b，电场方向不同【答案】B3. 物块从固定斜面底端以一定的初速度沿斜面上滑，其速度大小随时间变化关系如图所示，则物块( )A. 在1.5s时离斜面底端最远B. 沿斜面上滑的最大距离为2mC. 在1.5s时回到斜面底端D. 上滑时加速度大小是下滑时加速度大小的2倍【答案】C【解析】试题分析：由图看出，物体在0～0．5s内匀减速上升，在0．5s～1．5s内匀加速下降，则0．5s 时离斜面底端最远，位移最大，1．5s时回到斜面底端，故A错误C正确；根据“面积”表示位移可得：物体沿斜面上滑的最大距离为：，故B错误；速度图线的斜率等于加速度，则得上滑的加速度大小为：；下滑的加速度大小为：；，故D错误考点：考查了速度时间图像【名师点睛】在速度时间图像中，需要掌握三点，一、速度的正负表示运动方向，看运动方向是否发生变化，只要考虑速度的正负是否发生变化，二、图像的斜率表示物体运动的加速度，三、图像与坐标轴围成的面积表示位移，在坐标轴上方表示正方向位移，在坐标轴下方表示负方向位移4. 如图所示重为3N的球固定在轻质弹性杆AB上端，用测力计水平拉球，使杆发生弯曲，稳定时测力计示数为4N，则AB杆对球作用力大小为（）A. 3NB. 4NC. 5ND. 7N【答案】C【解析】解：以球为研究对象，分析受力情况：重力G、测力计的拉力T和AB杆对球作用力F，由题，G=3N，T=4N．由平衡条件知，F与G、T的合力大小相等、方向相反，作出力的合成图如图．则有F==5N故选：C【点评】本题是三力平衡问题，分析受力情况，作出力图是关键．难度不大．5. 如图所示为发射地球同步卫星过程中的变轨示意图，卫星首先进入椭圆轨道I，然后在Q点通过改变卫星速度，让卫星进入地球同步轨道II，则（）A. 卫星在同步轨道II上的运行速度等于第一宇宙速度7.9km/sB. 该卫星的发射速度必定大于第二宇宙速度11.2km/sC. 在轨道I上，卫星在P点的速度小于在Q点的速度D. 卫星在Q点通过加速实现由轨道I进入轨道II【答案】D【解析】A、即第一宇宙速度是近地卫星的环绕速度，也是最大的环绕速度．而同步卫星的轨道半径要大于近地卫星的轨道半径，根据v的表达式可以发现，同步卫星运行的线速度一定小于第一宇宙速度，故A错误；B、是卫星脱离地球束缚的发射速度，而同步卫星仍然绕地球运动，故B错误；C、在轨道I上，P点是近地点，Q点是远地点，则卫星在P点的速度大于在Q点的速度，故C错误；D、从椭圆轨道Ⅰ到同步轨道Ⅱ，卫星在轨道Ⅰ上从Q点开始做逐渐靠近圆心的运动，要在轨道Ⅱ上做匀速圆周运动，应给卫星加速，故D正确。
云南省蒙自一中2017-2018学年高二下学期期中考试物理
云南省蒙自一中2017-2018学年下学期期中考试高二物理本试卷分第Ⅰ卷和第Ⅱ卷两部分，共100分，考试时间120分钟。
学校：___________姓名：___________班级：___________考号：___________分卷I一、单选题(共12小题,每小题3.0分,共36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．法拉第发现了电流的磁效应；奥斯特发现了电磁感应现象B．欧姆发现了欧姆定律，说明了热现象和电现象之间存在联系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，洛伦兹发现了磁场对电流的作用规律2.如图所示，两个同心放置的共面金属圆环a和b，一条形磁铁穿过圆心且与环面垂直，则穿过两环的磁通量Φa、Φb的大小关系为( )A．Φa＞ΦbB．Φa＜ΦbC．Φa＝ΦbD．无法比较3.如图所示，在通电长直导线AB的一侧悬挂一可以自由摆动的闭合矩形金属线圈P，AB在线圈平面内．当发现闭合线圈向右摆动时( )A．AB中的电流减小，用楞次定律判断得线圈中产生逆时针方向的电流B．AB中的电流不变，用楞次定律判断得线圈中产生逆时针方向的电流C．AB中的电流增大，用楞次定律判断得线圈中产生逆时针方向的电流D．AB中的电流增大，用楞次定律判断得线圈中产生顺时针方向的电流4.如图所示，通电螺线管的内部中间和外部正上方静止悬挂着金属环a和b，当滑动变阻器R的滑动触头c向左滑动时( )A．a环向左摆，b环向右摆B．a环和b环都不会左摆或右摆C．两环对悬线的拉力都将增大D．a环和b环中感应电流的方向相同5.如图所示的电路中，S闭合且稳定后流过电感线圈的电流是2 A，流过灯泡的电流是1 A，现将S突然断开，S断开前后，能正确反映流过灯泡的电流i随时间t变化关系的图象是( )A．B．C．D．6.如图所示是一种冶炼金属的感应炉的示意图，此种感应炉应接怎样的电源( )A．直流低压B．直流高压C．低频交流电D．高频交流电7.如图所示，一矩形线圈绕与匀强磁场垂直的中心轴OO′沿顺时针方向转动，引出线的两端分别与相互绝缘的两个半圆形铜环M和N相连．M和N又通过固定的电刷P和Q与电阻R相连．在线圈转动过程中，通过电阻R的电流( )A．大小和方向都随时间做周期性变化B．大小和方向都不随时间做周期性变化C．大小不断变化，方向总是P→R→QD．大小不断变化，方向总是Q→R→P8.如图所示，是一多匝线圈在匀强磁场中绕垂直于磁场的轴匀速转动所产生的交变电动势的图象，根据图象可知( )A．此交变电动势的瞬时表达式为e＝200sin 0.02t VB．此交变电动势的瞬时表达式为e＝200sin 100πt VC．t＝0.01 s时，穿过线圈的磁通量为零D．t＝0.02 s时，穿过线圈的磁通量的变化率最大9.如图表示一交流电随时间而变化的图象．此交流电流的有效值是( )A． 5AB． 5 AC． 4AD． 3.5 A10.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V 和电流表A均为理想电表，除滑动变阻器电阻R以外，其余电阻均不计，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＝220sin 100πt(V)．下列说法中正确的是( )A．当单刀双掷开关与a连接时，电压表的示数为22 VB．t＝s时，c、d两点间的电压瞬时值为110 VC．单刀双掷开关与a连接，滑动变阻器触头向上移动的过程中，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11.关于减小远距离输电线上的功率损耗，下列说法正确的是( )A．由功率P＝U2/R，应降低输电电压，增大导线电阻B．由P＝IU，应低电压小电流输电C．由P＝I2R，应减小导线电阻或减小输电电流D．上述说法均不对12.如图所示，在水平木制桌面上平放一个铜制的圆环，在它上方近处有一个N极朝下的条形磁铁，铜环始终静止．关于铜环对桌面的压力F和铜环重力G的大小关系，下列说法中正确的是( )A．当条形磁铁靠近铜环时，F<GB．当条形磁铁远离铜环时，F<GC．无论条形磁铁靠近还是远离铜环，F＝GD．无论条形磁铁靠近还是远离铜环，F>G二、多选题(共4小题,每小题4.0分,共16分)13.如图所示，在匀强磁场中放有平行铜导轨，它与大线圈M相连接，要使小导线圈N获得顺时针方向的感应电流，则放在导轨上的金属棒ab的运动情况(两线圈共面放置)是( ) A．向右匀速运动B．向左加速运动C．向右减速运动D．向右加速运动14.如图1，在匀强磁场中有一细金属环．通过圆环的磁通量Φ随时间t变化情况如图2所示，则关于线圈中产生的平均感应电动势的说法，正确的是( )A．在0～2 s内，平均电动势为2 VB．在2～4 s内，平均电动势为2 VC．在4～9 s内，平均电动势为0.6 VD．在4～9 s内，平均电动势为1 V15.(多选)某空间出现了如图所示的磁场，当磁感应强度变化时，在垂直于磁场的方向上会产生感生电场，有关磁感应强度的变化与感生电场的方向关系描述正确的是( )A．当磁感应强度均匀增大时，感生电场的电场线从上向下看应为顺时针方向B．当磁感应强度均匀增大时，感生电场的电场线从上向下看应为逆时针方向C．当磁感应强度均匀减小时，感生电场的电场线从上向下看应为顺时针方向D．当磁感应强度均匀减小时，感生电场的电场线从上向下看应为逆时针方向16.(多选)如图所示，是法拉第设计的一个研究互感现象的实验装置，图中A线圈与电源和开关S连接，B线圈与一个左进左偏、右进右偏型(电流从左接线柱流入电流计指针向左偏转，电流从右接线柱流入电流计指针向右偏转)电流计连接，两个线圈绕在同一个圆形铁芯上．以下说法正确的是( )A．开关S闭合的瞬间电流计指针向右偏转B．开关S由闭合到断开的瞬间电流计指针向左偏转C．B线圈中产生的感应电流是一种自感现象D．开关断开、闭合过程中的这种现象是一种互感现象分卷II三、实验题(共2小题,共18分) 17（8分）.如图所示为“研究电磁感应现象”的实验装置．(1)将图中所缺的导线补接完整；(2)如果在闭合开关时发现灵敏电流计的指针向右偏了一下，那么合上开关后可能出现的情况有：(填“向左偏一下”、“向右偏一下”或“不动”)①将线圈A迅速插入线圈B时，灵敏电流计指针将________．②线圈A插入线圈B后，将滑动变阻器的滑片迅速向左拉时，灵敏电流计指针________．1（10分）8.有一根细长而均匀的金属管线样品，长约为60 cm，电阻大约为6 Ω，横截面如图所示．（1）用螺旋测微器测量金属管线的外径，示数如图乙所示，金属管线的外径为mm；（2）现有如下器材：A．电流表（量程0.6 A，内阻约0.1 Ω）B．电流表（量程3 A，内阻约0.03 Ω）C．电压表（量程3 V，内阻约3 kΩ）D．滑动变阻器（1 750 Ω，0.3 A）E．滑动变阻器（15 Ω，3 A）F．蓄电池（6 V，内阻很小）G．开关一个，带夹子的导线若干要进一步精确测量金属管线样品的阻值，电流表应选，滑动变阻器应选．（只填代号字母）（3）请将图丙所示的实际测量电路补充完整．（4）已知金属管线样品材料的电阻率为ρ，通过多次测量得出金属管线的电阻为R，金属管线的外径为d，要想求得金属管线内形状不规则的中空部分的横截面积S，在前面实验的基础上，还需要测量的物理量是（所测物理量用字母表示并用文字说明）．计算中空部分横截面积的表达式为S= ．四、计算题19.如图所示，在匀强磁场中有一足够长的光滑平行金属导轨，与水平面间的夹角θ＝30°，间距L＝0.5 m，上端接有阻值R＝0.3 Ω的电阻．匀强磁场的磁感应强度大小B＝0.4 T，磁场方向垂直导轨平面向上．一质量m＝0.2 kg，电阻r＝0.1 Ω的导体棒MN，在平行于导轨的外力F作用下，由静止开始向上做匀加速运动，运动过程中导体棒始终与导轨垂直，且接触良好．当棒的位移d＝9 m时，电阻R上消耗的功率为P＝2.7 W．其它电阻不计，g取10 m/s2.求：(1)此时通过电阻R上的电流；(2)这一过程通过电阻R上的电荷量q；(3)此时作用于导体棒上的外力F的大小．20.如图甲所示是一种振动发电装置，它的结构由一个半径为r＝0.1 m的50匝的线圈套在辐形永久磁铁槽上组成，假设磁场的磁感线均沿半径方向均匀分布(其右视图，如图乙所示)．线圈运动区域内磁感应强度B的大小均为T、方向不变，线圈的总电阻为2 Ω，它的引出线接有8 Ω的电珠L，外力推动线圈的P端，使线圈做往复运动便有电流通过电珠，当线圈的位移随时间变化的规律如图丙所示时(x取向右为正)：(1)画出线圈中感应电流随时间变化的图象(取电流从a→L→b的方向为正方向)；(2)在0.1～0.15 s内推动线圈运动过程中的作用力；(3)求该发电机的输出功率(其他损耗不计)21.某小型水力发电站的发电机输出功率为24.5 kW，输出电压为350 V，输电线总电阻为4 Ω，为了使输电线损耗功率为发电机输出功率的5%，需在发电机处设升压变压器，用户所需电压为220 V，所以在用户处需安装降压变压器，输电电路图如图所示，求：(1)输电线上的电流；(2)升压变压器的原、副线圈的匝数之比；(3)降压变压器的原、副线圈的匝数之比．答案解析1.【答案】C【解析】奥斯特发现了电流的磁效应，法拉第发现了电磁感应现象，选项A错误；欧姆发现了欧姆定律，焦耳说明了热现象和电现象之间存在联系，选项B错误；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，选项C正确；洛伦兹发现了磁场对运动电荷的作用规律，安培发现了磁场对电流的作用规律，选项D错误；故选C.2.【答案】A【解析】根据磁感线的分布情况可知，磁铁内部穿过环面的磁感线方向向上，外部磁感线方向向下．由于磁感线是闭合曲线，磁铁内部的磁感线条数等于磁铁外部磁感线的总条数，而磁铁外部磁感线分布在无限大的空间，所以穿过环面的磁铁外部向下的磁感线将磁铁内部向上的磁感线抵消一部分，a的面积小，抵消较小，则磁通量较大，所以Φa＞Φb.故选A.3.【答案】C【解析】根据安培定则可知线圈所在处的磁场方向垂直纸面向里，若直导线中的电流增大，穿过线圈的磁通量增大，根据楞次定律得到：线框中感应电流方向为逆时针方向；根据左手定则可知线圈所受安培力指向线圈内，由于靠近导线磁场强，则安培力较大，远离导线磁场弱，则安培力较小，因此线圈离开AB直导线，即向右摆动，反之产生顺时针方向的电流，向左摆动，故C正确．4.【答案】B【解析】当滑动变阻器R的滑动触头c向左滑动时，电流增大，致使两环上的磁通量增大，根据楞次定律可知，从左向右看a环上产生逆时针方向的感应电流，b环上产生顺时针方向的感应电流，再根据左手定则可知，a环受向上的磁场力，b环受向下的磁场力，所以两环都不会左右摆动，a环对悬线拉力减小，b环对悬线拉力增大，故应该选B.5.【答案】D【解析】开关S断开前，通过灯泡D的电流是稳定的，其值为1 A．开关S断开瞬间，自感线圈的支路由于自感现象会产生与线圈中原电流方向相同的感应电动势，使线圈中的电流从原来的2 A逐渐减小，方向不变，且同灯泡D构成回路，通过灯泡D的电流和线圈L中的电流相同，也应该是从2 A逐渐减小到零，但是方向与原来通过灯泡D的电流方向相反，D对．6.【答案】D【解析】线圈中的电流做周期性的变化，在附近的导体中产生感应电流，从而在导体中产生大量的热，涡流现象也是电磁感应；而交流电的频率越大，产生的热量越多．故D正确，A、B、C错误；故选D.7.【答案】C【解析】半圆环交替接触电刷，从而使输出电流方向不变，这是一个直流发电机模型，由右手定则知，外电路中电流方向是P→R→Q.8.【答案】B【解析】根据正弦式交变电流产生的规律得出e－t图象是正弦曲线，即e＝E m sinωt，其中ω是角速度，不是周期；感应电动势与磁通量的变化率同步变化．9.【答案】B【解析】设某一导体的电阻为R，让此交流电通过该电阻．根据焦耳定律，前半个周期(＝0.01 s)该电流产生的热量为(4A)2R，后半个周期(＝0.01 s)的热量则为(3A)2R.在一个周期内(T＝0.02 s)，交变电流通过电阻R产生的热量Q＝(4A)2R＋(3A)2R.设交流电的有效值为I，根据有效值的定义，I2RT＝Q＝(4A)2R＋(3A)2R，则有I＝5 A．故选B.10.【答案】A【解析】由＝，知U2＝U1，当单刀双掷开关与a连接时，U1＝220 V，n1∶n2＝10∶1，解得：U2＝22 V，A选项正确；u1＝220sin 100πt，所以u1＝220sin 100π³＝110(V)，B选项错误；滑动变阻器触头向上移动时，其电阻R变大，由欧姆定律得：I2＝，I2变小，电流表示数变小，而电压表示数不变，C错误；当单刀双掷开关由a扳向b时，匝数n1变小，匝数n2和输入电压U1不变，由U2＝²U1，得U2变大，I2变大，因此电压表和电流表示数均变大，D错误．11.【答案】C【解析】输电时导线上损失的电压ΔU＝IR，它不同于输电电压，P＝或P＝IU中的U应为导线上损失的电压，故A、B错，导线上功率的损失为发热损失，即P＝I2R，故C正确．12.【答案】B【解析】由楞次定律可知，条形磁铁靠近时，相互排斥，远离时相互吸引，B对．13.【答案】BC【解析】14.【答案】AD【解析】根据法拉第电磁感应定律E＝n得：在0～2 s内，平均电动势为：E＝V＝2 V；在2～4 s内，平均电动势为：E＝0；在4～9 s内，平均电动势为：E＝||＝1 V．故选：AD.15.【答案】AD【解析】感生电场中电场线的方向用楞次定律来判定：原磁场方向向上且磁感应强度在增大，在周围有闭合导线的情况下，感应电流的磁场方向应与原磁场方向相反，即感应电流的磁场方向向下，再由右手螺旋定则得到感应电流的方向即感生电场的方向是：从上向下看应为顺时针方向；同理可知，原磁场方向向上且磁感应强度减小时，感生电场的方向从上向下看应为逆时针方向．所以A、D正确．16.【答案】ABD【解析】闭合开关时，根据右手螺旋定则可知，穿过线圈B的磁通量增大，且顺时针方向，由楞次定律可得，感应电流盘旋而上，电流计指针将向右偏，故A正确；开关S由闭合到断开的瞬间，根据右手螺旋定则可知，穿过线圈B的磁通量减小，且顺时针方向，由楞次定律可得，感应电流盘旋而下，电流计指针将向左偏，故B正确；通过一个线圈的磁通量变化引起另一个线圈磁通量变化而产生感应电流，这是互感现象，所以C错，D正确．17.【答案】(1)电路连接如图(2)①向右偏转一下②向左偏转一下【解析】(1)电路连接如图(2)因在闭合开关时，电路中的电流变大，磁通量增大，此时发现灵敏电流计的指针向右偏了一下，则当将线圈A迅速插入线圈B时，磁通量也是增大的，则灵敏电流计指针将向右偏转一下；线圈A插入线圈B后，将滑动变阻器的滑片迅速向左拉时，电路中的电流减小，磁通量减小，则灵敏电流计指针向左偏转一下．18.【答案】（1）1.125±0.001（2）A E（3）如图所示（4）管线的长度L．【解析】（1）螺旋测微器的读数等于1 mm+0.01³12.5 mm=1.125 mm．（2）电路中的电流大约为I=A=0.5 A，所以电流表选择A．待测电阻较小，若选用大电阻滑动变阻器，测量误差角度，所以滑动变阻器选择E．（3）待测电阻远小于电压表内阻，属于小电阻，所以电流表采取外接法．滑动变阻器可以采用限流式接法，也可以采用分压式接法．（4）还需要测量的物理量是管线长度L，根据R=ρ，则S=，则中空部分的截面积S′=﹣S=．19.【答案】(1)3 A (2)4.5 C (3)2 N【解析】(1)根据电阻消耗的功率P＝I2R，得I＝3 A.(2)由法拉第电磁感应定律有E＝，又ΔΦ＝BLdE＝I(R＋r)q＝IΔt解得q＝q＝4.5 C.(3)F－mg sinθ－BIL＝ma，2ad＝v2E＝BLv解得F＝2 N.20.【答案】(1)(2)0.8 N (3)0.64 W【解析】(1)在0～0.1 s内：感应电动势E1＝nBLv1；v1＝m/s＝1 m/s；L＝2πr，I1＝＝0.2 A，在0.1 s～0.15 s内：v2＝2 m/s，E2＝nBLv2，I2＝＝0.4 A，则可知线圈中感应电流随时间变化的图象如图所示．(2)因为外力匀速推动线圈，所以有：F＝F安＝nBI2L＝nBI2²2πr＝50³³0.4³2π³0.1 N＝0.8 N.(3)设电流的有效值为I，则有：I2R³0.15＝0.22R³0.1＋0.42R³0.05，I2＝A2，所以P出＝I2R＝³8 W＝W＝0.64 W. 21.【答案】(1)17.5 A (2)1∶4 (3)133∶22 【解析】(1)输电线上功率损失P损＝5%P1＝5%³24.5 kW＝1 225 W.又因为P损＝I R线，所以，输电线上的电流为I2＝＝A＝17.5 A.(2)升压变压器原线圈上的电流I1＝＝＝70 A，升压变压器原、副线圈的匝数之比为n1∶n2＝I2∶I1＝17.5∶70＝1∶4.(3)输电线上电压损失ΔU＝I2R线＝U2－U3，则降压变压器输入电压U3＝U2－ΔU＝U1－I2R线＝(4³350－17.5³4) V＝1 330 V.降压变压器原、副线圈的匝数之比为n3∶n4＝U3∶U用＝1 330∶220＝133∶22.。
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学校：___________姓名：___________班级：___________考号：___________分卷I一、单选题(共10小题,每小题3.0分,共30分)1.条形磁铁竖直放置，闭合圆环水平放置，条形磁铁中心穿过圆环中心，如图所示．若圆环为弹性环，其形状由Ⅰ扩大变为Ⅱ，那么圆环内磁通量的变化情况是( )A．磁通量增大B．磁通量减小C．磁通量不变D．条件不足，无法确定2.如图，光滑金属导轨由倾斜和水平两部分组成，水平部分足够长且处在竖直向下的匀强磁场中，右端接一电源(电动势为E，内阻为r)．一电阻为R的金属杆PQ水平横跨在导轨的倾斜部分，从某一高度由静止释放，金属杆PQ进入磁场后的运动过程中，速度时间图象不可能是下图中的哪一个？(导轨电阻不计)( )A． B． C． D．3.面积为2.0×10－2m2的单匝矩形线圈放在磁感应强度为4.0×10－2T的匀强磁场中，当线圈平面与磁场方向垂直时，穿过线圈的磁通量是( )A．8.0×10－4Wb B．4.0×10－2WbC． 10－4Wb D． 10－3Wb4.在竖直向上的匀强磁场中，水平放置一个不变形的单匝金属圆线圈，规定线圈中感应电流的正方向如图甲所示，当磁场的磁感应强度B随时间t如图乙变化时，图中正确表示线圈中感应电动势E变化的是( )A． B．C． D．5.弹簧上端固定，下端悬挂一根磁铁，将磁铁抬到某一高度放下，磁铁能上下振动较长时间才停下来．如图甲所示，如果在磁铁下端放一个固定的铁制金属圆环，使磁铁上、下振动穿过它，能使磁铁较快地停下来．如图乙所示，若将铁环换成超导环如图丙所示，可以推测下列叙述正确的是( )A．放入超导环，磁铁的机械能转化成一部分电能，而电能不会转化为内能，能维持较大电流，从而对磁铁产生更大阻力，故超导环阻尼效果明显B．放入超导环，电能不能转化为内能，所以没有机械能与电能的转化，超导环不产生阻尼作用C．放入铁环，磁铁的机械能转化为电能，然后进一步转化为内能，磁铁的机械能能迅速地转化掉，具有阻尼效果D．放入铁环，磁铁的机械能转化为热能，损失掉了，能起阻尼作用6.如图甲所示，一理想变压器的原线圈串联一电流表，并接在有效值为220 V的交流电源上，副线圈利用导线通过滑动变阻器和小灯泡串联，其中滑动变阻器接入电路部分的电阻R0＝10 Ω，小灯泡的电压R L＝5 Ω，如图甲所示；现用示波器测出小灯泡两端的电压变化图象如图乙所示，则下列说法正确的是( )A．交变电流的频率为100 HzB．原副线圈的匝数比n1∶n2＝10∶1C．电流表的读数I＝1.32 AD．滑动变阻器的触头向右滑动，变压器的输入功率增大7.如图所示，N匝矩形导线框以角速度ω绕对称轴OO′匀速转动，线框面积为S，线框电阻、电感均不计，在OO′左侧有磁感应强度为B的匀强磁场，外电路接有电阻R和理想电流表A，下列说法正确的是( )A．从图示时刻起，线框产生的瞬时电动势为e＝NBωS sinωtB．电流表的示数I＝NBSC．R两端电压有效值U＝NBSD．一个周期内R的发热量Q＝8.长为a、宽为b的矩形线圈，在磁感应强度为B的匀强磁场中，绕垂直于磁场的OO′轴以恒定的角速度ω旋转．设t＝0时，线圈平面与磁场方向平行，则此时的磁通量和磁通量的变化率分别是( )A．0,0 B．0，BabωC．，0 D．Bab，Babω9.两矩形线圈分别在匀强磁场中绕垂直于磁场的轴匀速转动，线圈中产生的感应电动势e随时间t的变化关系分别如图中甲、乙所示，则下列说法正确的是( )A．两交变电流的频率之比f甲∶f乙＝1∶2B．两交变电流的电动势有效值之比E甲∶E乙＝3∶1C．t＝1 s时，两线圈中的磁通量的变化率均为零D．t＝1 s时，两线圈均处在与中性面垂直的位置上10.如图所示，一正弦交流电瞬时值为e＝220sin100πt V，通过一个理想电流表，接在一个理想的降压变压器两端．以下说法正确的是( )A．流过r的电流方向每秒钟变化50次B．变压器原线圈匝数小于副线圈匝数C．开关从断开到闭合时，电流表示数变小D．开关闭合前后，AB两端电功率可能相等二、多选题(共4小题,每小题4.0分,共16分)11.(多选)如图所示，“U”形金属框架固定在水平面上，金属杆ab与框架间无摩擦，整个装置处于竖直方向的磁场中．若因磁场的变化，使杆ab向右运动，则磁感应强度( )A．方向向下并减小B．方向向下并增大C．方向向上并增大D．方向向上并减小12.(多选)如图，垂直于水平桌面向上的有界匀强磁场，磁感应强度为B，宽度为L.光滑均匀金属导轨OM、ON固定在桌面上，O点位于磁场的左边界，且OM、ON与磁场左边界成45°角．均匀金属棒ab放在导轨上，且与磁场的右边界重合．t＝0时，金属棒在水平向左的外力F作用下以速度v0做匀速直线运动，直至通过磁场．已知均匀金属棒ab间的总电阻为R，其余电阻不计，则( )A．金属棒ab中的感应电流方向为从a到bB．在t＝时间内，通过金属棒ab截面的电荷量为q＝C．在t＝时间内，外力F的大小随时间均匀变化D．在t＝时间内，流过金属棒ab的电流大小保持不变13.(多选)对交变电流通过电容器的理解正确的是( )A．交变电流能够使电容器极板间的绝缘介质变成导体B．交变电流定向移动的电荷通过电容器两极板间的绝缘介质C．交变电流能够使电容器交替进行充电、放电，电路中就有了电流，表现为交变电流通过了电容器D．交变电流通过了电容器，实际上自由电荷并没有通过电容器极板间的绝缘介质(击穿除外)14.(多选)在输送功率和输电线总电阻都不变时，若把输电电压提高到原来的10倍，则下述正确的为( )A．输电线上的损耗电压为原来的B．输电线上的电流为原来的C．输电线上输送的功率为原来的D．输电线上损失的功率为原来的分卷II三、实验题(共2小题,共14分)15.下图为“研究电磁感应现象”实验中所用器材的示意图，试回答下列问题：(1)在该实验中电流计G的作用是__________________________________________________．(2)按实验要求，将下面的实物连成电路．(3)在产生感应电流的回路中，下图器材中哪个相当于电源(填字母代号)?16.有一个教学用的可拆变压器，如图甲所示，它有两个外观基本相同的线圈A、B，线圈外部还可以绕线．(1)某同学用一多用电表的同一欧姆挡先后测量了A、B线圈的电阻值，指针分别对应图乙中的A、B位置，由此可推断________线圈的匝数较多(选填“A”或“B”)．(2)如果把它看成理想变压器，现要测定A线圈的匝数，提供的器材有：一根足够长的绝缘导线、一只多用电表和低压交流电源，请简要叙述实验的步骤(写出要测的物理量，并用字母表示)________A线圈的匝数为nA＝________.(用所测物理量符号表示)四、计算题(共4小题,共40分)17.如图甲所示，固定在水平桌边上的“L”型平行金属导轨足够长，倾角为53°，间距L＝2m，电阻不计；导轨上两根金属棒ab、cd的阻值分别为R1＝2 Ω、R2＝4 Ω，cd棒质量m1＝1.0 kg，ab与导轨间摩擦不计，cd与导轨间的动摩擦因数μ＝0.5，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，整个导轨置于磁感应强度B＝5 T、方向垂直倾斜导轨平面向上的匀强磁场中．现让ab棒从导轨上某处由静止释放，当它刚要滑出导轨时，cd棒刚要开始滑动．g取10 m/s2，sin 37° ＝0.6，cos 37°＝0.8.(1)在乙图中画出此时cd棒的受力示意图，并求出ab棒的速度；(2)若ab棒无论从多高的位置释放，cd棒都不动，则ab棒质量应小于多少？(3)假如cd棒与导轨间的动摩擦因数可以改变，则当动摩擦因数满足什么条件时，无论ab棒质量多大、从多高位置释放，cd棒始终不动？18.匀强磁场的磁感应强度B＝0.8 T，矩形线圈abcd的面积S＝0.5 m2，共10匝，开始B与S垂直且线圈有一半在磁场中，如图所示．(1)当线圈绕ab边转过60°时，线圈的磁通量以及此过程中磁通量的改变量为多少？(2)当线圈绕dc边转过60°时，求线圈中的磁通量以及此过程中磁通量的改变量．19.风力发电作为新型环保新能源，近几年来得到了快速发展，如图所示风车阵中发电机输出功率为100 kW，输出电压是250 V，用户需要的电压是220 V，输电线电阻为10 Ω.若输电线因发热而损失的功率为输送功率的4%，试求：(1)在输电线路中设置的升、降压变压器原、副线圈的匝数比；(2)用户得到的电功率是多少．20.磁感应强度为0.8 T的匀强磁场中，有一边长为20 cm的10匝正方形线圈，线圈的总电阻为1 Ω，线圈外接一阻值为9 Ω的电阻R,若以某一边长为轴在磁场中匀速转动，现测得电阻R上的电功率为4.5 W．求：(1)线圈产生的感应电动势的最大值．(2)线圈在磁场中匀速转动的转速．答案解析1.【答案】B【解析】磁感线是闭合曲线，磁铁内部穿过圆环的磁感线总条数一定，外部磁感线分布在无限大空间，将磁铁内部的磁感线抵消一部分，当圆环形状由Ⅰ扩大变为Ⅱ时，磁铁外部穿过圆环的磁感线增多，抵消多，总磁通量将减小．故选B.2.【答案】C【解析】金属杆PQ沿倾斜轨道进入磁场时，设速度为v，进入磁场切割磁感线产生的动生电动势E感＝BLv，感应电流的方向由右手定则知由Q→P，与右端所接电源方向相反，若E感＝E，电路中无电流，金属杆将不受安培力，则向右做匀速直线运动，选项A可能；若E感>E，总电流为Q→P，由左手定则可知安培力向左，金属棒做减速直线运动，而a＝，I＝得加速度a减小，故为加速度减小的变减速直线运动，当速度减小使得BLv′＝E时，重新做匀速直线运动，v－t图象的斜率为加速度将先变小后为零，选项C不可能，D可能；若E感<E，同理做加速度减小的变加速直线运动，选项B可能．3.【答案】A【解析】当线圈平面与磁场方向垂直时，穿过线圈的磁通量有Φ＝BS＝2.0×10－2×4.0×10－2Wb＝8.0×10－4Wb，故选A.4.【答案】A【解析】在第1 s内，由楞次定律可判定电流方向为正，其产生的感应电动势E1＝＝S，在第2 s和第3 s内，磁场B不变化，线圈中无感应电流，在第4 s和第5 s内，B减小，由楞次定律可判定，其电流方向为负，产生的感应电动势E2＝＝S，由于ΔB1＝ΔB2，Δt2＝2Δt1，故E1＝2E2，由此可知，A选项正确．5.【答案】C【解析】放入超导环时，磁铁向下运动时，机械能一部分转化成电能，而电能不会转化为内能，在磁铁向上运动过程中，又转化为机械能，不能起阻尼作用，A、B均错误．而放入铁环后，能将机械能转化为电能，电能又进一步转化为内能，具有阻尼效果，C正确，D错误．故选C.6.【答案】C【解析】根据图乙知交流电周期为0.02 s，所以频率为50 Hz，A错误；由题意知灯泡两端电压为22 V，副线圈电流为I＝A＝4.4 A，副线圈电压为U＝I(R0＋R L)＝66 V，原副线圈的匝数比n1∶n2＝220∶66＝10∶3，B错误；根据电流与匝数成反比和I＝4.4 A知电流表的读数×4.4 A＝1.32 A，C正确；滑动变阻器的触头向右滑动，电阻增大，而副线圈电压不变，因此变压器的输出功率减小，变压器的输入功率等于输出功率，所以变压器的输入功率减小，D错误．7.【答案】B【解析】线框始终只有一半面积在磁场中，故瞬时电动势为e＝()sinωt，电压有效值为U＝NBS，电流表的示数I＝＝NBS，A、C错误，B正确．Q＝T＝，D 错误．8.【答案】B【解析】线圈在匀强磁场中绕垂直于磁场的轴转动时，产生交变电动势：e＝E m cosωt＝Babωcosωt.当t＝0时，cosωt＝1，虽然磁通量Φ＝0，但是电动势有最大值E m＝Babω，根据法拉第电磁感应定律：E＝n，当电动势为最大值时，对应的磁通量的变化率也最大，即E m＝()max ＝Babω.故正确选项为B.9.【答案】C【解析】由图象知甲的周期为1 s，乙的周期为2 s，所以＝＝，故A错误；甲的有效值为E甲＝V＝V，乙的有效值为E乙＝V＝3V，所以E甲∶E乙＝1∶3，故B错误；t ＝1 s时，甲、乙瞬时电压为零，磁通量的变化率为零，此时线圈处于中性面位置，故C正确，D错误．10.【答案】D【解析】由交变电流表达式可知交流电的周期为T＝＝0.02 s，故可知流过r的电流方向每秒钟变化100次，选项A错误；由题知为降压变压器，原线圈匝数大于副线圈匝数，选项B错误；开关由断开到闭合时，负载电路电阻变小，功率变大，故原线圈输入功率也变大，电流表的示数变大，选项C错误；开关闭合前，两端间电路消耗功率为P1＝2R，开关闭合后，功率为P2＝2·，若＝，即R＝r时，则有P1＝P2，选项D正确．11.【答案】AD【解析】因磁场变化，发生电磁感应现象，杆ab中有感应电流产生，而使杆ab受到磁场力的作用，并发生向右运动．ab向右运动，使得闭合回路中磁通量有增加的趋势，说明原磁场的磁通量必定减弱，即磁感应强度正在减小，与方向向上、向下无关．故A、D正确，B、C错误．12.【答案】CD【解析】由右手定则可知，金属棒ab中的感应电流方向为从b到a，选项A错误；在t＝时间内，若回路电阻为R，则通过金属棒ab截面的电荷量为q＝＝＝，因回路电阻从R逐渐减小，故通过金属棒ab截面的电荷量不等于，选项B错误；在t时刻，导体的有效长度为l＝2(L－v0t)，电阻为r＝×2(L－v0t)＝，则由平衡知识可知：F＝F安＝＝(L－v0t)，故外力F的大小随时间均匀变化，选项C正确；在t＝时间内，流过金属棒ab的电流大小I＝＝，即流过金属棒ab的电流大小保持不变，选项D正确．故选CD.13.【答案】CD【解析】电流能“通过”电容器，并非自由电荷真的通过电容器两极板间的绝缘介质，而是交变电流交替对电容器充、放电，电路中有了电流，表现为交变电流通过了电容器．14.【答案】AB【解析】输送功率不变，C错误；输电电压提高到原来的10倍，则输电电流为原来的，损失的电压为ΔU′＝I′R＝ΔU，A、B正确；输电线上损失的功率为原来的P′＝I′2R＝P，D错误．15.【答案】(1)检测感应电流的大小与方向(2)实验电路如图所示：(3)螺线管B.【解析】(1)在该实验中电流计G的作用是检测感应电流的大小与方向．(2)探究电磁感应现象的实验电路如图所示：(3)在产生感应电流的回路中，螺线管B产生感应电动势，相当于电源．16.【答案】(1)A (2)①用长导线绕一个n匝线圈，作为副线圈替代A线圈；②把低压交流电源接B线圈，测得线圈的输出电压为U；③用A线圈换下绕制的线圈测得A线圈的输出电压为UA n【解析】(1)A由题图乙可知A位置的阻值大于B位置的阻值，由电阻定律可得A线圈的匝数多于B线圈的．(2)①用长导线绕一个n匝线圈，作为副线圈替代A线圈；②把低压交流电源接B线圈，测得线圈的输出电压为U；③用A线圈换下绕制的线圈测得A线圈的输出电压为UA.则nA＝n.17.【答案】(1)1．5 m/s(2)小于3.125 kg (3)μ≥0.75【解析】(1)ab其沿斜面滑下切割磁感线产生的感应电流的方向是b→a→c→d→b；因为当ab棒从导轨刚要滑出时，cd棒刚要开始滑动，其受力分析如图所示．由受力分析得：BIL cos 53°＝F f①F N－m1g－BIL sin 53°＝0②且：F f＝μF N③解得I＝2.5 A．④根据法拉第电磁感应定律E＝BLv⑤闭合电路的欧姆定律I＝⑥解得v＝1.5 m/s⑦(2)ab棒在足够长的导轨下滑时，最大安培力只能等于自身重力的分力，有F A＝mabg sin 53°⑧因ab棒与cd棒串联，故所受最大安培力相等⑨要使cd棒不能滑动，需F A cos 53°≤μ(m1g＋F A sin 53°)⑩以上两式联立解得mab≤3.125 kg.⑪(3)ab棒下滑时，cd棒始终静止有：F A′cos 53°≤μ(mabg＋F A′sin 53°)⑫解得μ≥＝⑬.当ab棒质量无限大，在无限导轨上最终一定匀速运动，安培力F A′趋于无穷大，有μ≥＝0.75.18.【答案】(1)0.2 Wb 0 (2)0 0.2 Wb【解析】(1)当线圈绕ab转过60°时，Φ＝BS⊥＝BS cos 60°＝0.8×0.5×Wb＝0.2 Wb(此时的S⊥正好全部处在磁场中)．在此过程中S⊥没变，穿过线圈的磁感线条数没变，故磁通量变化量ΔΦ＝0.(2)当线圈绕dc边转过60°时，Φ＝BS⊥，此时没有磁场穿过S⊥，不转时Φ1＝B·＝0.2 Wb，转动后Φ2＝0，ΔΦ＝Φ2－Φ1＝－0.2 Wb故磁通量改变了0.2 Wb.19.【答案】(1)1∶20 240∶11 (2)96 kW【解析】(1)输电线损失的功率P损＝P×4%＝100 kW×4%＝4 kW输电线电流I2＝＝A＝20 A升压变电器输出电压U2＝＝V＝5×103V升压变压器原、副线圈匝数比：＝＝＝电压损失U损＝I2R线＝20×10 V＝200 V降压变压器原线圈端电压U3＝U2－U损＝4 800 V降压变压器原、副线圈匝数比＝＝(2)用户得到的电功率即降压变压器的输出功率为P用＝P－P损＝P(1－4%)＝100×96% kW＝96 kW.20.【答案】(1)10 V (2)r/s【解析】(1)电阻R上的电功率为4.5 W，根据公式P＝()2R＝4.5 W可得该交流电的有效值为U＝5V，故该交流电的最大值为U m＝5×＝10 V(2)根据U m＝NBωS，ω＝2πn可得n＝r/s.。
云南省昆明市石林一中2017-2018学年高二下学期期末物理试卷 Word版含解析
2017-2018学年云南省昆明市石林一中高二（下）期末物理试卷一、选择题：（本题共10小题，每小题4分．在每小题给出的四个选项中，第1～5题只有一项符合题目要求，第6～10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．关于物理学研究方法，下列叙述正确的是（）A．伽利略在研究自由落体运动时采用了将微小量放大的方法B．探究求合力方法的实验中使用了理想化的方法C．探究加速度与物体质量、物体受力的关系时采用了控制变量法D．亚里士多德将斜面实验的结论合理外推，证明了自由落体运动是匀变速直线运动2．一物体作直线运动的v﹣t图线如图所示，则（）A．第1秒内和第3秒内位移相同B．前4秒内位移为零C．第2秒末物体的加速度改变方向D．第1秒末物体的速度改变方向3．下列关于力的说法中正确的是（）A．任何物体之间都会有弹力的作用B．力的大小可以用天平来直接测量C．摩擦力的方向一定与接触面相切D．重力的方向一定垂直于接触面向下4．一电器中的变压器可视为理想变压器，它将220V交变电流改变为110V，已知变压器原线圈匝数为800，则副线圈的匝数为（）A．200 B．400 C．1600 D．32005．过去几千年来，人类对行星的认识与研究仅限于太阳系内，行星“51 peg b”的发现拉开了研究太阳系外行星的序幕，“51 peg b”绕其中心恒星做匀速圆周运动，周期约为4天，轨道半径约为地球绕太阳运动半径的，该中心恒星与太阳的质量比约为（）A．B．1 C．5 D．106．指南针是我国古代四大发明之一．关于指南针，下列说明正确的是（）A．指南针可以仅具有一个磁极B．指南针能够指向南北，说明地球具有磁场C．指南针的指向不会受到附近铁块的干扰D．在指南针正上方附近沿指针方向放置一直导线，导线通电时指南针会偏转7．一人乘电梯上楼，在竖直上升过程中加速度a随时间t变化的图线如图所示，以竖直向上为a的正方向，则人对地板的压力（）A．t=2s时最小B．t=2s时最大C．t=8.5s时最小D．t=8.5s时最大8．如图，升降机内有一固定斜面，斜面上放一物体，开始时升降机做匀速运动，物块相对斜面匀速下滑，当升降机加速上升时（）A．物块与斜面间的正压力增大 B．物块与斜面间的摩擦力减小C．物块相对于斜面减速下滑D．物块相对于斜面匀速下滑9．一带正电的质量为m的小球向右水平抛入范围足够大的匀强电场，电场方向水平向左，不计空气阻力，则小球（）A．做直线运动B．速率先增大后减小C．做曲线运动D．速率先减小后增大10．如图，一半径为R的半圆形轨道竖直固定放置，轨道两端等高；质量为m的质点自轨道端点P由静止开始滑下，滑到最低点Q时，对轨道的正压力为2mg，重力加速度大小为g．质点自P滑到Q的过程中，克服摩擦力所做的功为（）A．mgR B．mgR C．mgR D．mgR二、非选择题：（一）填空题：考生根据要求作答．11．在“验证力的平行四边形定则”实验中，某同学用图钉把白纸固定在水平放置的木板上，将橡皮条的一端固定在板上一点，两个细绳套系在橡皮条的另一端，用两个弹簧测力计分别拉住两个细绳套，互成角度地施加拉力，使橡皮条伸长，结点到达纸面上某一位置，如图所示，请将以下的实验操作和处理补充完整：①用铅笔描下结点位置，记为O；②记录两个弹簧测力计的示数F1和F2，沿每条细绳（套）的方向用铅笔分别描出几个点，用刻度尺把相应的点连成线；③只用一个弹簧测力计，通过细绳套把橡皮条的结点仍拉到位置O，记录测力计的示数F3，；④按照力的图示要求，作出拉力F1，F2，F3；⑤根据力的平行四边形定则作出F1和F2的合力F；⑥比较的一致程度，若有较大差异，对其原因进行分析，并作出相应的改进后再次进行实验．12．小明利用如图1所示的实验装置测量一干电池的电动势和内阻．（1）图1中电流表的示数为 A由图线求得：电动势E=V；内阻r=Ω．（3）实验时，小明进行了多次测量，花费了较长时间，测量期间一直保持电路闭合，其实，从实验误差考虑，这样的操作不妥，因为．三、计算题（13题8分，14题12分，15题12分，16题12分，满分44分，应写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤，只写最后答案不得分，答案中必须明确写出数值和单位）13．一摩托车由静止开始在平直的公路上行驶，其运动过程的v﹣t图象如图所示．求：（1）摩托车在0～20s这段时间的加速度大小a；（2）摩托车在0～75s这段时间的平均速度大小．14．接连发生的马航MH370失事和台湾复兴航空客机的坠毁，使人们更加关注飞机的安全问题．假设飞机从静止开始做匀加速直线运动，经时间t0=28s、在速度达到v0=70m/s时驾驶员对发动机的运行状态进行判断，在速度达到v1=77m/s时必须做出决断，可以中断起飞或继续起飞；若速度超过v2=80m/s就必须起飞，否则会滑出跑道．已知从开始到离开地面的过程中，飞机的加速度保持不变．（1）求正常情况下驾驶员从判断发动机运行状态到做出决断终止起飞的最长时间；（2）若在速度达到v2时，由于意外必须停止起飞，飞机立即以4m/s2的加速度做匀减速运动，要让飞机安全停下来，求跑道的最小长度．15．如图，质量为M的小车静止在光滑的水平面上，小车AB段是半径为R的四分之一圆弧光滑轨道，BC段是长为L的水平粗糙轨道，两段轨道相切于B点，一质量为m的滑块在小车上从A点静止开始沿轨道滑下，重力加速度为g．求：（1）若固定小车，求滑块运动过程中对小车的最大压力；（2）若不固定小车，滑块仍从A点由静止下滑，然后滑入BC轨道，到达B点时小车速度最大．最后从C点滑出小车，已知滑块质量m=，求：滑块运动过程中，小车的最大速度v m．16．做磁共振（MRI）检查时，对人体施加的磁场发生变化时会在肌肉组织中产生感应电流，某同学为了估算该感应电流对肌肉组织的影响，将包裹在骨骼上的一圈肌肉组织等效成单匝线圈，线圈的半径r=5.0cm，线圈导线的截面积A=0.80cm2，电阻率ρ=1.5Ωm，如图所示，匀强磁场方向与线圈平面垂直，若磁感应强度B在0.3s内从1.5T均匀地减为零，求：（计算结果保留一位有效数字）（1）该圈肌肉组织的电阻R；（2）该圈肌肉组织中的感应电动势E；（3）0.3s内该圈肌肉组织中产生的热量Q．2017-2018学年云南省昆明市石林一中高二（下）期末物理试卷参考答案与试题解析一、选择题：（本题共10小题，每小题4分．在每小题给出的四个选项中，第1～5题只有一项符合题目要求，第6～10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．关于物理学研究方法，下列叙述正确的是（）A．伽利略在研究自由落体运动时采用了将微小量放大的方法B．探究求合力方法的实验中使用了理想化的方法C．探究加速度与物体质量、物体受力的关系时采用了控制变量法D．亚里士多德将斜面实验的结论合理外推，证明了自由落体运动是匀变速直线运动【考点】物理学史．【分析】在伽利略时代，技术不够发达，无法直接测定瞬时速度，所以不可能直接得到速度的变化规律，但是伽利略通过数学运算得出结论：如果物体的初速度为零，而且x与t平方的成正比，就可以检验这个物体的速度是否随时间均匀变化的方法，伽利略在研究自由落体运动时采用了转化法；探究加速度与物体质量、物体受力的关系时采用了控制变量法；在探究求合力方法的实验中使用了等效替代的方法；【解答】解：A、伽利略在研究自由落体运动时采用了转化法和理想实验法，没有采用放大法，故A错误．B、探究求合力方法的实验中使用了等效替代的方法，故B错误；C、探究加速度与物体质量、物体受力的关系时，涉及多个物理量，故采用了控制变量法，故C正确；D、是伽利略利用斜面实验的结论合理外推，证明了自由落体运动是匀变速直线运动，不是亚里士多德，故D错误．故选：C．【点评】本题考查物理学中的物理方法，要注意明确物理中不但要明确概念，同时还要明确物理方法的把握，这也学习物理应注意的问题．2．一物体作直线运动的v﹣t图线如图所示，则（）A．第1秒内和第3秒内位移相同B．前4秒内位移为零C．第2秒末物体的加速度改变方向D．第1秒末物体的速度改变方向【考点】匀变速直线运动的图像；匀变速直线运动的速度与时间的关系．【分析】速度时间图线中，速度的正负表示运动的方向，图线的斜率表示加速度，图线图时间轴围成的面积表示位移．【解答】解：A、由图线可知，在第1s内图线与时间轴围成的面积与第3s内图线与时间轴围成的面积大小相等，方向不同，则位移不相同．故A错误．B、在前4s内，图线与时间轴围成的面积为零，则位移为零．故B正确．C、在1﹣3s内图线的斜率不变，则加速度不变．故C错误．D、0﹣2s内速度一直为正，第1秒末物体的速度方向没有发生改变．故D错误．故选：B．【点评】解决本题的关键知道速度时间图线的物理意义，知道图线斜率、图线与时间轴围成的面积表示的含义．3．下列关于力的说法中正确的是（）A．任何物体之间都会有弹力的作用B．力的大小可以用天平来直接测量C．摩擦力的方向一定与接触面相切D．重力的方向一定垂直于接触面向下【考点】摩擦力的判断与计算；力的概念及其矢量性；重力．【分析】弹力须直接接触，而力不一定需要，比如万有引力；力的大小由弹簧称测量的，而天平是测量物体的质量；重力的方向是竖直向下，而不是垂直接触面；摩擦力方向与接触面相平行，弹力方向与接触面相垂直，弹力的方向与摩擦力方向相互垂直．【解答】解：A、只有两物体相互接触并且有弹性形变时才能有弹力，故A错误；B、天平利用的是杠杆原理，只能测量物体的质量，不能测量重力，故B错误；C、摩擦力的方向一定是沿接触面的，即与接触面是相切的，故C正确；D、重力的方向竖直向下，不是垂直于接触面；故D错误．故选：C．【点评】本题考查重力、弹力和摩擦力的性质，要注意明确弹力和摩擦力的产生条件，知道有摩擦力时一定有弹力，而有弹力时不一定有摩擦力．4．一电器中的变压器可视为理想变压器，它将220V交变电流改变为110V，已知变压器原线圈匝数为800，则副线圈的匝数为（）A．200 B．400 C．1600 D．3200【考点】变压器的构造和原理．【分析】根据理想变压器原副线圈匝数比等于电压比即可求解．【解答】解：根据理想变压器原副线圈匝数比等于电压比得：变压器能将220V交变电流改变为110V，原线圈匝数n1=800，副线圈匝数n2．则：匝故选：B．【点评】本题主要考查了变压器原副线圈匝数比与电压比之间的关系，难度不大，属于基础题．5．过去几千年来，人类对行星的认识与研究仅限于太阳系内，行星“51 peg b”的发现拉开了研究太阳系外行星的序幕，“51 peg b”绕其中心恒星做匀速圆周运动，周期约为4天，轨道半径约为地球绕太阳运动半径的，该中心恒星与太阳的质量比约为（）A．B．1 C．5 D．10【考点】万有引力定律及其应用．【分析】研究行星绕某一恒星做匀速圆周运动，根据万有引力提供向心力，列出等式求出中心体的质量分析求解．【解答】解：研究行星绕某一恒星做匀速圆周运动，根据万有引力提供向心力，列出等式为：=m rM=“51 peg b”绕其中心恒星做匀速圆周运动，周期约为4天，轨道半径约为地球绕太阳运动半径的，所以该中心恒星与太阳的质量比约为≈1，故选：B．【点评】要求解一个物理量大小变化，我们应该把这个物理量先表示出来，再根据已知量进行判断．向心力的公式选取要根据题目提供的已知物理量或所求解的物理量选取应用．6．指南针是我国古代四大发明之一．关于指南针，下列说明正确的是（）A．指南针可以仅具有一个磁极B．指南针能够指向南北，说明地球具有磁场C．指南针的指向不会受到附近铁块的干扰D．在指南针正上方附近沿指针方向放置一直导线，导线通电时指南针会偏转【考点】磁现象和磁场．【分析】指南针又称指北针，主要组成部分是一根装在轴上的磁针，磁针在天然地磁场的作用下可以自由转动并保持在磁子午线的切线方向上，磁针的北极指向地理的北极，利用这一性能可以辨别方向．常用于航海、大地测量、旅行及军事等方面．物理上指示方向的指南针的发明由三部曲组成：司南、磁针和罗盘．他们均属于中国的发明．【解答】解：A、不存在单独的磁单极子，指南针也不例外，故A错误；B、指南针能够指向南北，说明地球具有磁场，地磁场是南北指向的，故B正确；C、指南针的指向会受到附近铁块的干扰，是由于铁块被磁化后干扰了附近的地磁场，故C错误；D、在指南针正上方附近沿指针方向放置一直导线，根据安培定则，电流的磁场在指南针位置是东西方向的，故导线通电时指南针会发生偏转，故D正确；故选：BD．【点评】本题考查磁现象以及应用；注意指南针在航海上的应用对地理大发现和海上贸易有极大的促进作用．指南针的发明源于中国古人如何定向问题的研究，也表明古人对如何定向问题的重视．为此，指南针被誉为中国古代四大发明之一．7．一人乘电梯上楼，在竖直上升过程中加速度a随时间t变化的图线如图所示，以竖直向上为a的正方向，则人对地板的压力（）A．t=2s时最小B．t=2s时最大C．t=8.5s时最小D．t=8.5s时最大【考点】牛顿运动定律的应用-超重和失重．【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，合力也向上；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，合力也向下【解答】解：在时间轴的上方，表示加速度向上，此时处于超重状态，在时间轴的下方，表示加速度向下，此时处于失重状态，对地板的压力减小，在t=2s时向上的加速度最大，此时对地板的压力最大；在t=8.5s时具有向下的最大的加速度，此时对地板的压力最小；故选：BC【点评】本题是对图象的考查，掌握住加速度时间图象的含义，知道超重和失重的特点即可解答本题8．如图，升降机内有一固定斜面，斜面上放一物体，开始时升降机做匀速运动，物块相对斜面匀速下滑，当升降机加速上升时（）A．物块与斜面间的正压力增大 B．物块与斜面间的摩擦力减小C．物块相对于斜面减速下滑D．物块相对于斜面匀速下滑【考点】共点力平衡的条件及其应用；力的合成与分解的运用；牛顿运动定律的应用-连接体．【分析】对物体进行受力分析，得出匀速下滑时的受力情况，然后分析升降机加速上升时的情况即可．【解答】解：AB、当升降机匀速运动时，物块相对于斜面匀速下滑，则：f=μmgcosθ=mgsinθ，所以：sinθ=μcosθ；支持力与摩擦力的合力竖直向上，大小等于重力；当升降机加速上升时，物体有竖直向上的加速度，则物体受到的支持力一定增大，此时的摩擦力：f′=μF N′，由于接触面的压力增大，所以物体与斜面间的摩擦力增大，故A正确，B错误；CD、假设物体以加速度a向上运动时，有N=m（g+a）cosθ，所以f′=μm（g+a）cosθ，对物体受力分析可知，垂直于斜面方向上，由于m（g+a）sinθ=μm（g+a）cosθ，所以沿斜面方向Nsinθ=f′cosθ，即物体在沿斜面方向方向上合力为0，所以物体仍做匀速下滑运动．故C错误，D正确．故选：AD．【点评】本题考查了判断物体与升降机的位置关系问题，知道当升降机加速上升时，物体受到的支持力一定增大是正确解题的关键．9．一带正电的质量为m的小球向右水平抛入范围足够大的匀强电场，电场方向水平向左，不计空气阻力，则小球（）A．做直线运动B．速率先增大后减小C．做曲线运动D．速率先减小后增大【考点】带电粒子在匀强电场中的运动．【分析】根据合力的方向与速度方向的关系判断小球做直线运动还是曲线运动，根据合力的方向与速度方向的关系判断小球的速率变化．【解答】解：A、小球受重力和电场力两个力作用，合力的方向与速度方向不在同一条直线上，小球做曲线运动．故A错误，C正确．B、小球所受的合力与速度方向先成钝角，然后成锐角，可知合力先做负功然后做正功，则速度先减小后增大．故D正确，B错误．故选：CD．【点评】本题考查带电粒子在电场中的运动，解决本题的关键明确受力情况，知道物体做曲线运动的条件，关键看合力的方向与速度方向的关系，从而明确速度大小和方向的变化．10．如图，一半径为R的半圆形轨道竖直固定放置，轨道两端等高；质量为m的质点自轨道端点P由静止开始滑下，滑到最低点Q时，对轨道的正压力为2mg，重力加速度大小为g．质点自P滑到Q的过程中，克服摩擦力所做的功为（）A ． mgRB ． mgRC ． mgRD ． mgR【考点】动能定理．【分析】质点经过Q 点时，由重力和轨道的支持力提供向心力，由牛顿运动定律求出质点经过Q 点的速度，再由动能定理求解克服摩擦力所做的功．【解答】解：质点经过Q 点时，由重力和轨道的支持力提供向心力，由牛顿第二定律得：N ﹣mg=m由题有：N=2mg可得：v Q =质点自P 滑到Q 的过程中，由动能定理得：mgR ﹣W f =得克服摩擦力所做的功为 W f =mgR故选：C ．【点评】本题考查动能定理的应用及向心力公式，要注意正确受力分析，明确指向圆心的合力提供圆周运动的向心力，知道动能定理是求解变力做功常用的方法．二、非选择题：（一）填空题：考生根据要求作答．11．在“验证力的平行四边形定则”实验中，某同学用图钉把白纸固定在水平放置的木板上，将橡皮条的一端固定在板上一点，两个细绳套系在橡皮条的另一端，用两个弹簧测力计分别拉住两个细绳套，互成角度地施加拉力，使橡皮条伸长，结点到达纸面上某一位置，如图所示，请将以下的实验操作和处理补充完整：①用铅笔描下结点位置，记为O ；②记录两个弹簧测力计的示数F 1和F 2，沿每条细绳（套）的方向用铅笔分别描出几个点，用刻度尺把相应的点连成线；③只用一个弹簧测力计，通过细绳套把橡皮条的结点仍拉到位置O ，记录测力计的示数F 3， 记下细绳的方向 ；④按照力的图示要求，作出拉力F 1，F 2，F 3；⑤根据力的平行四边形定则作出F 1和F 2的合力F ；⑥比较 力F 3与F 的大小和方向 的一致程度，若有较大差异，对其原因进行分析，并作出相应的改进后再次进行实验．【考点】验证力的平行四边形定则．【分析】该实验采用了等效替代的方法，因此要求两次拉橡皮筋要使橡皮筋的形变相同，即将橡皮筋拉到同一点，力是矢量，因此在记录时要记录大小和方向，步骤③中要记下细绳的方向，才能确定合力的方向，步骤⑥比较力F′与F的大小和方向，看它们是否相同，得出结论．【解答】解：步骤③中要记下细绳的方向，才能确定合力的方向，从而用力的图示法画出合力；步骤⑥比较力F3与F的大小和方向，看它们的一致程度，得出结论．故答案为：记下细绳的方向；力F3与F的大小和方向．【点评】本实验关键理解实验原理，即使用等效代替法验证力的平行四边形定则，要求两次拉橡皮筋要使橡皮筋的形变相同，难度不大，属于基础题．12．小明利用如图1所示的实验装置测量一干电池的电动势和内阻．（1）图1中电流表的示数为0.44 A2由图线求得：电动势E= 1.60V；内阻r= 1.2Ω．（3）实验时，小明进行了多次测量，花费了较长时间，测量期间一直保持电路闭合，其实，从实验误差考虑，这样的操作不妥，因为干电池长时间使用后，电动势和内阻会发生变化，导致实验误差增大．【考点】测定电源的电动势和内阻．【分析】（1）根据电流表所选的量程，直接读数即可；（2）根据数据作图，在U﹣I图象中，图线的纵轴截距表示电源的电动势，图线斜率的绝对值表示水果电池的内阻；（3）干电池不易长时间工作，干电池长时间使用后，电动势和内阻会发生变化．【解答】解：（1）电流表选择的量程是0.6A，所以此时电流表的示数为0.44A；（2）根据表中的数据，画出U﹣I图象如图所示，根据图象可知，纵坐标的截距代表电动势的大小，直线的斜率代表内电阻的大小，所以电动势E=1.60V；内阻r=Ω=1.2Ω．（3）干电池长时间使用后，电动势和内阻会发生变化，导致实验误差增大．故答案为：（1）0.44（2）如图所示；1.60（1.58～1.62）；1.2（1.18～1.26）（3）干电池长时间使用后，电动势和内阻会发生变化，导致实验误差增大．【点评】本题考查对图象的认识，要掌握从U﹣I图线中获取电源的电动势和内电阻的方法，在计算内阻的时候，要注意纵坐标的起点不是零．三、计算题（13题8分，14题12分，15题12分，16题12分，满分44分，应写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤，只写最后答案不得分，答案中必须明确写出数值和单位）13．一摩托车由静止开始在平直的公路上行驶，其运动过程的v﹣t图象如图所示．求：（1）摩托车在0～20s这段时间的加速度大小a；（2）摩托车在0～75s这段时间的平均速度大小．【考点】匀变速直线运动的图像．【分析】（1）v﹣t图象的斜率等于加速度，由加速度的定义求解．（2）由图象与时间轴所围的面积表示位移，求得位移，再求平均速度大小．【解答】解：（1）摩托车在0～20s这段时间的加速度a===1.5m/s2．（2）摩托车在0～75s这段时间的位移x=30m=1500m平均速度大小===20m/s答：（1）摩托车在0～20s这段时间的加速度大小a是1.5m/s2；（2）摩托车在0～75s这段时间的平均速度大小是20m/s．【点评】解决本题的关键要抓住速度图象的两个物理意义：斜率等于加速度，图象与时间轴所围的面积表示位移．14．接连发生的马航MH370失事和台湾复兴航空客机的坠毁，使人们更加关注飞机的安全问题．假设飞机从静止开始做匀加速直线运动，经时间t0=28s、在速度达到v0=70m/s时驾驶员对发动机的运行状态进行判断，在速度达到v1=77m/s时必须做出决断，可以中断起飞或继续起飞；若速度超过v2=80m/s就必须起飞，否则会滑出跑道．已知从开始到离开地面的过程中，飞机的加速度保持不变．（1）求正常情况下驾驶员从判断发动机运行状态到做出决断终止起飞的最长时间；（2）若在速度达到v2时，由于意外必须停止起飞，飞机立即以4m/s2的加速度做匀减速运动，要让飞机安全停下来，求跑道的最小长度．。
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巍山一中2017-2018学年下学期期末统考 高二年级 物理试题
说明：本试卷共16个小题。试卷满分100分，考试时间120分钟。考试结束后，只交答题卡。 第一卷:客观题 一、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，第1-7题只有一项符合题目要求，第8-１0题有多个选项符合要求，每小题给出的四个选项中，全部选对得4分，选对而选不全的得2分，有选错或者不选的得0分) 1．以下关于物理学史的说法正确的是 （ ） A．伽利略通过“小球在斜面上的运动”实验推出了落体运动定律 B．“电流的周围存在磁场”最早是由安培发现的 C．牛顿运用理想实验法得出“力不是维持物体运动的原因” D．电荷量e的数值最早是由法国学者库仑用实验测得的
2. 关于电场强度和磁感应强度，下列说法中正确的是（ ） A．公式B=F/IL说明B与放入磁场中的通电导线所受安培力F成正比 B．电场中某点电场强度的方向与在该点的检验电荷所受电场力的方向相同 C．电场强度的定义式E =F/q适用于任何静电场 D．公式B=F/IL说明B的方向与放入磁场中的通电直导线所受安培力的方向相同
3．如图所示，将一个带正电的粒子以初速度v0沿图中所示方向射入匀强电场，不计粒子的重力，若粒子始终在电场中运动，则该粒子速度大小的变化情况是（ ） A．先减小后增大 B．先增大后减小 C．一直增大 D．一直减小
4．如图所示，一物块静止在粗糙的斜面上。现用一水平向右的推力F推物块，物块仍静止不动。则（ ） A．斜面对物块的支持力一定变小 B．斜面对物块的支持力一定变大 C．斜面对物块的静摩擦力一定变小 D．斜面对物块的静摩擦力一定变大 5．图中虚线是某电场中的一簇等势线。两个带电粒子从P点均沿等势线的切线方向射入电场，粒子运动的部分轨迹如图中实线所示。若粒子仅受电场力的作用，下列说法中正确的是（ ） A．两粒子的电性相同
E v0 + B．a点的电势高于b点的电势 C．粒子从P运动到a的过程中，电势能增大 D．粒子从P运动到b的过程中，动能增大
6．神舟七号经过变轨后，最终在距地球表面约343公里的圆轨道上正常飞行，约每90分钟绕地球一圈。则下列说法正确的是 （ ） A．神舟七号绕地球正常飞行时三位宇航员的加速度都大于9.8m/s2 B．神舟七号运行的周期比地球近地卫星的周期大 C．神舟七号绕地球正常环绕飞行的速率可能大于8km/s D．神舟七号飞船在轨道上正常飞行时，宇航员由于失去重力作用而处于悬浮状态，在舱内行走时，须穿带钩的鞋子，地板是网格状的
7．下列说法正确的是 （ ） A．太阳辐射的能量主要来自太阳内部的裂变反应 B．汤姆生发现电子，表明原子具有核式结构 C．卢瑟福通过“α粒子散射实验”的研究，发现了原子核是由质子和中子组成的 D．按照波尔理论，氢原子核外电子从半径较小的轨道跃迁到半径较大的轨道时，电子的动能减小，原子总能量增加
8．如图所示，两根间距L=0.4m的平行金属导轨水平放置，导轨的电阻忽略不计，整个装置处于竖直向下的匀强磁场中，磁感应强度B=2T，导轨右端接有一理想变压器，变压器的原、副线圈匝数比为2：1，电表均为理想电表。一根不计电阻的导体棒曲置于导轨上。现使导体棒沿导轨运动，其速度随时间变化的规律为v=10sinl0 πt(m/s)，运动过程中导体棒始终与导轨垂直且保持良好接触，电阻R=10Ω，则（ ） A．导体棒产生的感应电动势最大值为22V B．电阻R在1分钟内产生的热量为24J C．交流电压表示数为2V，交流电流表示数为0.2A D．仅增大导体棒运动的频率，电压表示数将变大
9.在地面附近，存在着一个有界电场，边界MN将空间分成上下两个区域I、II，在区域Ⅱ中有竖直向上的匀强电场，在区域I中离边界某一高度由静止释放一个质量为m的带电小球，如图甲所示，小球运动的t图像如图乙所示，不计空气阻力，则( ) A．小球受到的重力与电场力之比为3：5 B．在t=5 s时，小球经过边界MN C．在小球向下运动的整个过程中，重力做的功大于电场力做的功 D．在1 s～4 s过程中，小球的机械能先减小后增大 10、以下有关近代物理内容的若干叙述，正确的是( ) A．紫外线照射到金属锌板表面时能够发生光电效应，则当增大紫外线的照射强度时，从锌板表面逸出的光电子的最大初动能不变 B．质子和中子结合成新原子核一定有质量亏损，释放出能量 C．有10个放射性元素的原子核，当有5个原子核发生衰变所需的时间就是该放射性元素的半衰期 D．氢原子的核外电子由较高能级跃迁到较低能级时，要释放一定频率的光子，同时氢原子的电势能减小，电子的动能增大
第二卷：主观题 二、实验题（本题共2个小题，合计11分） 11.（4分）某实验探究小组的同学准备测量电炉丝的电阻率，他们首先用螺旋测微器和游标卡尺分别测出一段电炉丝的直径和长度，如图所示，则该电炉丝的直径为_______mm.长度为________mm.
12．(7分)为确定某电子元件的电气特性，做如下测量。 (1)用多用表测量该元件的电阻，选用“×100”倍率的电阻档测量，发现多用表指针偏转过大，因此需选择＿＿＿＿倍率的电阻档(填：“×10”或“×1k”)，并＿＿＿＿再进行测量，之后多用表的示数如图(a)所示，测量结果为＿＿＿＿Ω。 (2）某同学想精确测得上述待测电阻Rx的阻值，实验室提供如下器材： A．电流表A1（量程50mA、内阻r1＝10Ω） B．电流表A2（量程200mA、内阻r2约为2Ω） C．电流表A3（量程0.6A、内 阻r3约为O.2Ω） D．定值电阻R0＝30Ω E．滑动变阻器R（最大阻值约为10Ω） F．电源E（电动势为4V） G．开关S、导线若干 回答： ①某同学设计了测量电阻Rx的一种实验电路原理如图所示， 为保证测量时电流 表读数不小于其量程的1/3，M、N两处的电流表应分别选用：M为 ；N为 ．（填器材选项前相应的英文字母） ②若M、N电表的读数分别为IM、IN，则Rx的计算式为Rx＝ ．（用题中字母表示）
三、计算题（必须有公式和必要的文字说明） 13．（11分）如图所示，楔形物块固定在水平地面上，其斜面的倾角θ=37°。一个质量m=0.50kg的小物块以v0=8.0m/s的初速度，沿斜面向上滑行一段距离速度减为零。已知小物块与斜面间的动摩擦因数μ=0.25，sin37°=0.60，cos37°=0.80，g取10m/s2。求： （1）小物块向上滑行过程中的加速度大小； （2）小物块向上滑行的时间； （3）小物块向上滑行过程中克服摩擦力所做的功。
14、（8分）如图所示，QB段为一半径为1mR的光滑圆弧轨道，AQ段为一长度
为1mL的粗糙水平轨道，两轨道相切于Q点，Q在圆心O的正下方，整个轨道位于同一竖直平面内。物块P的质量为m=1kg（可视为质点），P与AQ间的动摩擦因数0.1，若物块P以速度v0从A点滑上水平轨道，到C点后又返回A点时恰好静止。（取210m/sg）求： （1）v0的大小； （2）物块P第一次刚通过Q点时对圆弧轨道的压力。
15．(15分)如图，在宽度为d区域内有垂直纸面的匀强磁场，磁感应强度方向如图所示。一质量为m带电量为q的带电粒子从磁场的边界与竖直方向的夹角为α斜向上方射入磁场，重力不计。从磁场射出时，粒子的速度方向与磁场的竖直边界的夹角为θ。 求(1)粒子的运动速度 (2)粒子在磁场中的运动时间。
θ v0 16．[物理——选修3-5]（15分） (1)（5分）如图所示是氢原子的能级图，大量处于n=4激发态的氢原子向低能级
跃迁时，一共可以辐射出6种不同频率的光子，其中巴耳末系是指氢原子由高能级向n=2能级跃迁时释放的光子，则 (填正确答案标号。选对1个得3分，选对2个得4分，选对3个得5分。每选错1个扣3分，最低得分为0分) A.6种光子中波长最长的是n=4激发态跃迁到基态时产生的 B.6种光子中有2种属于巴耳末系 C.使n=4能级的氢原子电离至少要0.85eV的能量 D.若从n=2能级跃迁到基态释放的光子能使某金属板发生光电效应，则从n=3能级跃迁到n=2能级释放的光子也一定能使该板发生光电效应 E.在6种光子中，n=4能级跃迁到n=1能级释放的光子康普顿效应最明显
（2）．如图3－6所示，光滑水平直轨道上有三个滑块A、B、C，质量分别为mA
＝mC＝2m，mB＝m，A、B用细绳连接，中间有一压缩的轻弹簧(弹簧与滑块不拴
接)。开始时A、B以共同速度v0运动，C静止。某时刻细绳突然断开，A、B被弹开，然后B又与C发生碰撞并粘在一起，最终三滑块速度恰好相同。求B与C碰撞前B的速度。 巍山一中2014---2015学年下学期期末考试 高二物理 答题卡
一、选择题（每小题4分，共40分） 请将答案填涂到机读卡上
二．实验填空（11分）
三、计算题（49分）
座位号 11题、（4分） (1)____ _____， ________ _____ 。
12题、（7分） (1)（每空1分） ； ； (2) ， 。 ②（2分） 。 （用题中字母表示）
13题（11分） 阅卷人： 复分人：
阅卷人： 复分人： θ v0