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文档简介

河南省洛阳市栾川第四中学高二物理联考试题含解析一、选择题:本题共5小题,每小题3分,共计15分.每小题只有一个选项符合题意1.(单选)在《探究求合力的方法》的实验中,橡皮条的一端固定在木板上,用两个弹簧秤把橡皮的另一端拉到某一确定的O点,以下操作中错误的是:A.同一次实验过程中,O点的位置不允许变动B.实验中,弹簧秤必须保持与木板平行,读数时视线要正对弹簧秤刻度C.实验中,先将其中一个弹簧秤沿某一方向拉到最大量程,

然后只需调节另一弹簧秤的大小和方向,把橡皮条的另一端拉到O点D.实验中,两次把橡皮条的另一端拉到O点,是为了等效。参考答案:C2.如图所示,光滑斜面放在水平面上,斜面上用固定的竖直挡板挡住一个光滑的重球.当整个装置沿水平面向左减速运动的过程中,关于重球所受各力做功情况的说法中错误是()A.重力不做功 B.斜面对球的弹力一定做正功C.挡板对球的弹力可能不做功 D.挡板对球的弹力一定做负功参考答案:C【考点】功的计算.【分析】本题首先分析小球的受力,根据牛顿第二定律分析斜面和挡板的弹力是否存在.判断一个力是否做功,关键看力的方向与位移方向是否垂直,若垂直则不做功,若不垂直,则做功.根据力与位移的夹角判断功的正负.【解答】解:A、对小球进行受力分析如图:小球受到竖直向下的重力mg,斜面的垂直斜面向上的弹力N2,挡板对它水平向左的弹力N1,而小球位移方向水平向左,所以只有重力方向与位移方向垂直,其他力都不垂直,故只有重力不做功,其它两个力都做功,故A正确.B、由于整个装置向左减速运动,加速度水平向右,竖直方向受力平衡,则得N2≠0,且N2与位移的夹角为锐角,斜面对球的弹力一定做正功.故B正确.C、D、设加速度为a,斜面的倾角为α,根据牛顿第二定律得

竖直方向:N2cosα﹣mg=0

水平方向:N1﹣N2sinα=ma由上分析得知,N2不变,N1≠0,因为挡板对球的弹力N1的方向与位移方向相反,所以N1一定做负功.故C错误,D正确.本题选错误的,故选C3.如图所示,通电直导线右边有一个矩形线框,线框平面与直导线共面,若使线框逐渐远离(平动)通电导线,则穿过线框的磁通量将A.逐渐增大

B.逐渐减小

C.保持不变

D.不能确定

参考答案:B4.在如图电路中,E、r为电源电动势和内阻,R1

和R3为定值电阻,R2为滑动变阻器。当R2的滑动触点在a端时合上开关S,此时三个电表A1、A2和V的示数分别为I1、I2和U。现将R2的滑动触点向b端移动,则三个电表示数的变化情况是

A.I1增大,I2不变,U增大

B.I1减小,I2增大,U减小C.I1增大,I2减小,U增大

D.I1减小,I2不变,U减小参考答案:B5.木块a和b用一根轻弹簧连接起来,放在光滑水平面上,a紧靠在墙壁上,在b上施加向左的水平力使弹簧压缩,如图1所示,当撤去外力后,下列说法中正确的是[

]A.a尚未离开墙壁前,a和b系统的动量守恒B.a尚未离开墙壁前,a与b系统的动量不守恒C.a离开墙后,a、b系统动量守恒D.a离开墙后,a、b系统动量不守恒参考答案:BC二、填空题:本题共8小题,每小题2分,共计16分6.一闭合线圈有50匝,总电阻R=20Ω,穿过它的磁通量在0.1s内由8×10-3Wb增加到1.2×10-2Wb,则线圈中的感应电动势E=

,线圈中的电流强度I=

。参考答案:2;0.17.如图所示,平行金属板AB间的距离为6cm,电势差是300V.将一块3cm厚的矩形空腔导体放入AB两板之间,它的左侧面P与A板平行,且距A板1cm.C是A、B两板正中央的一点,则C点的电势是________V.参考答案:2008.

日光灯电路中的镇流器的作用是:

。参考答案:启动时产生瞬时高压,启动后降压限流9.如图,电路中三个电阻Rl、R2和R3的阻值分别为1Ω、2Ω和4Ω.当电键S1断开、S2闭合时,电源输功率为1W;当S1闭合、S2断开时,电源输出功率也为1W.则电源电动势为

V,内阻为

Ω参考答案:3;2由当电键S1断开、S2闭合时,电阻R2和R3被短路,则有电源输出功率P1=联立解得,E=3V,r=2R10.某同学利用假期进行实验复习,验证电磁感应产生的条件。他通过如图所示实验,观察到以下实验现象:①把磁铁插入线圈时,线圈中有感应电流;②把磁铁放在线圈内不动,线圈中无感应电流;③把磁铁从线圈中拔出,线圈中有感应电流。这次实验表明,穿过闭合线圈的磁通量

(选填“变化”或“不变化”),线圈中就有感应电流。参考答案:11.如图是一电热水壶的铭牌,由铭牌可知,该电热水壶在额定电压下工作时,所使用的交流电压的最大值为_________V,交流电的周期为_________s.

电器名称:电热水壶型

号:WK﹣9016B额定电压:220V工作频率:50Hz额定功率:2200W参考答案:220

0.02解:由图知电水壶的额定电压为220V,频率为50Hz,则所使用的交流电压的最大值,周期T===0.02s;故答案为:220,0.0212.如图所示,三个点电荷q1、q2、q3固定在一直线上,q2与q3的距离为q1与q2的2倍,每个电荷所受静电力的合力均为零,已知q1带正电,由此可判定,q2、q3的电性依次为

。三个电荷的电量大小之比为

参考答案:负,正,9︰4︰3613.利用油膜法可以粗略测定分子的大小,试说明其实验原理.若已知n滴油的总体积为V,一滴油所形成的油膜面积为S,求一个油分子的直径.(注:油滴滴到水面上,会在水面散开,形成单分子油膜.)参考答案:考点:用油膜法估测分子的大小.专题:实验题.分析:利用油膜法测分子的直径,让油滴在水面上尽量散开,形成单分子的薄膜,通过已知油滴的体积与油膜的面积,从而求出膜的厚度,即为油分子的直径.解答:解:让油滴在水面上尽量散开,形成单分子的薄膜,已知n滴油的总体积为V,则一滴油的体积为,由于一滴油所形成的油膜面积为S,所以油膜的厚度为d=.故答案为:.点评:考查如何运用油膜法来测量分子的直径,同时注意要让油尽量散开,这样才能使厚度即为分子的直径,注意V是n滴油的总体积.三、简答题:本题共2小题,每小题11分,共计22分14.(10分)如图是一列简谐横波在t=0时刻的图象,试根据图象回答(1)若波传播的方向沿x轴负方向,则P点处的质点振动方向是____________,R点处质点的振动方向是___________________.(2)若波传播的方向沿x轴正方向,则P、Q、R三个质点,_______质点最先回到平衡位置。(3)若波的速度为5m/s,则R质点的振动周期T=______s,请在给出的方格图中画出质点Q在t=0至t=2T内的振动图象。参考答案:(1)沿y轴正向,(2分)沿y轴负向(2分)(2)

P

(2分)

(3)

0.8(2分)振动图象如图所示(2分)

15.(6分)图所示是电场中某区域的电场线分布图,P、Q是电场中的两点。(1)请比较P、Q两点中电场强度的强弱并说明理由。(2)把电荷量为=3.0×C的正点电荷放在电场中的P点,正电荷受到的电场力大小为F=6.0N;如果把移去,把电荷量为=6.0×10C的负点电荷放在P点,求负荷电荷受到的电场力F的大小方向。参考答案:(1)Q点电场强度较强(1分)。因为Q点处电场线分布较P点密(1分)。(2)P点电场强度E=F/q=6/(3×10)×10(N/C)(2分)方向向左(或与电场强度方向相反)

(1分)四、计算题:本题共3小题,共计47分16.有一金属细棒ab,质量m=0.05kg,电阻不计,可在两条轨道上滑动,如图所示,轨道间距为L=0.5m,其平面与水平面的夹角为θ=37°,置于垂直于轨道平面向上的匀强磁场中,磁感应强度为B=1.0T,金属棒与轨道的动摩擦因数μ=0.5,(设最大静摩擦力与滑动摩擦力大小相等)回路中电源电动势为E=3V,内阻r=0.5Ω.求:①为保证金属细棒不会沿斜面向上滑动,流过金属细棒ab的电流的最大值为多少?②滑动变阻器R的阻值应调节在什么范围内,金属棒能静止在轨道上?(g=10m/s2,sin37°=0.6,cos37°=0.8)参考答案:考点:安培力;共点力平衡的条件及其应用.分析:(1)当金属棒刚要要向上滑动时,摩擦力沿斜面向下并达最大,此时通过金属棒的电流达到最大.(2)由最大电流可求得最小电阻值;当金属棒正要向下滑动时,摩擦力沿斜面向上并达最大,此时通过金属棒的电流最小为,由最小电流值可求得最大电阻值.解答:解:(1)当金属棒正要向上滑动时,摩擦力沿斜面向下并达最大,此时通过金属棒的电流达到最大I1mgsinθ+μmgcosθ=I1LB

解得:I1=1A

(2)由解得:R1=2.5Ω

当金属棒正要向下滑动时,摩擦力沿斜面向上并达最大,此时通过金属棒的电流最小为I2mgsinθ=μmgcosθ+I2LB

解得:R2=14.5Ω

2.5Ω≤R≤14.5Ω

答:(1)为保证金属细棒不会沿斜面向上滑动,流过金属细棒ab的电流的最大值为1A.(2)滑动变阻器R的阻值应调节在什么范围为2.5Ω≤R≤14.5Ω,金属棒能静止在轨道上点评:本题关键是金属棒能静止在轨道上是有静摩擦力作用,静摩擦力作用的问题总是离不开方向的变化,由此以最大静摩擦力的方向来分析解决问题17.如图所示,在空间建立直角坐标系xOy,匀强磁场垂直于xOy平面向里.带电粒子以初速度v从a点垂直于y轴进入匀强磁场,运动中经过b点,且Oa=Ob.若撤去磁场,加一个与y轴平行的匀强电场,带电粒子仍以速度v从a点垂直于y轴进入电场,粒子仍能通过b点.粒子重力不计,那么电场强度E与磁感应强度B之比为多少?参

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