1、2016-2017學年第二學期高二承智班物理周練試題（5.21） 一、選擇題1圖中ABCD是一條長軌道，其中AB段是傾角為的斜面，CD段是水平的，BC是與AB和CD都相切的一小段圓弧，其長度可以略去不計一質量為m的小滑塊在A點從靜止狀態釋放，沿軌道滑下，最后停在D點，A點和D點的位置如圖所示，現用一沿軌道方向的力推滑塊，使它緩緩地由D點推回到A點，設滑塊與軌道間的動摩擦系數為，則推力對滑塊做的功等于（ ） AmghBmgh+mghcot+mgSCmg（S+h/sin）D4mgh2一矩形線圈在勻強磁場中繞垂直于磁場的軸勻速轉動，穿過線圈的磁通量隨時間變化的圖象如圖甲所示，則下列說法中正確的是 (

2、 ) A. t0時刻線圈平面與中性面垂直B. t0.01 s時刻，Ö的變化率達最大C. t0.02 s時刻，交流電動勢達到最大D. 該線圈相應的交流電動勢圖象如圖乙所示3如圖所示，要使Q線圈產生圖示方向的電流，可采用的方法有（ ） A. 閉合電鍵K后，把R的滑片右移B. 閉合電鍵K后，把P中的鐵心從左邊抽出C. 閉合電鍵K后，把Q靠近PD. 無需閉合電鍵K，只要把Q靠近P即可4如果要測量國際單位制中規定的三個力學基本物理量，應該選用的儀器是（ ）A米尺、彈簧測力計、秒表B量筒、天平、秒表C米、天平、秒表D米尺、電子測力計、打點計時器5如圖所示的圓a、b、c，其圓心均在地球自轉軸線上，

3、b、c的圓心與地心重合，圓b的平面與地球自轉軸垂直對環繞地球做勻速圓周運動的衛星而言,下列說法錯誤的是 ( ) A. 衛星的軌道可能為aB. 衛星的軌道可能為bC. 衛星的軌道可能為cD. 同步衛星的軌道一定為與b在同一平面內的b的同心圓6在人類對微觀世界進行探索的過程中，科學實驗起到了非常重要的作用，下列說法符合歷史事實的是（ ）A. 德布羅意大膽的把光的波粒二象性推廣到了實物粒子，提出實物粒子也具有波動性的假設B. 貝克勒爾通過對天然放射性現象的研究，發現了原子中存在原子核C. 盧瑟福通過粒子散射實驗，證實了在原子核內存在質子D. 湯姆孫通過陰極射線在電場和在磁場中的偏轉實驗，發現了陰極射

4、線就是高速氦核流7下列關于電場線的說法正確的是A. 電場中任何兩條電場線都可以相交B. 沿電場線的方向，電場強度逐漸減小C. 電場線越密的地方電場強度越大D. 電場線一定與帶電粒子在電場中的運動軌跡重合8如圖，兩滑塊A、B在光滑水平面上沿同一直線相向運動，滑塊A的質量為m，速度大小為2vo，方向向右，滑塊B的質量為2m，速度大小為v0，方向向左，兩滑塊發生彈性碰撞后的運動狀態是（ ） A. A和B都向左運動 B. A和B都向右運動C. A向左運動，B向右運動D. A靜止，B向右運動9如圖所示電路中，電源電動勢為E，內阻r閉合電鍵S，電壓表示數為U,電流表示數為I, 在滑動變阻器R2的滑片P由a

5、端滑到b端的過程中（ ） AU先變大后變小BI先變大后變小CU與I的比值先變小后變大DU變化量與I變化量的比值不變10如圖所示，某同學用同一彈簧測力計按圖甲、乙兩種方式測量某小桶的重力，甲圖中系小桶的輕繩較長。下列說法中正確的是（ ） A甲圖中彈簧測力計的示數比乙圖中的大B兩圖中彈簧測力計的示數一樣大C甲圖中繩的拉力比乙圖中的大D乙圖中繩的拉力比甲圖中的大11如圖所示，質量為M、長為L的長木板放在光滑水平面上，一個質量也為M的物塊（視為質點）以一定的初速度從左端沖上木板，如果長木板是固定的，物塊恰好停在木板的右端，如果長木板不固定，則物塊沖上后在木板上最多能滑行的距離為（ ） A. L B.

6、3L/4 C. L/4 D. L/212如圖所示，在x軸上方存在著垂直于紙面向里、磁感應強度為B的勻強磁場。一個不計重力的帶電粒子從坐標原點O處以速度v進入磁場，粒子進入磁場時的速度方向垂直于磁場且與x軸正方向成120°角，若粒子穿過y軸正半軸后在磁場中到x軸的最大距離為a，則該粒子的比荷和所帶電荷的正負是（ ） A 正電荷B 正電荷C 負電荷D 負電荷13從高處跳到低處時，為了安全，一般都是讓腳尖著地，這樣做是為了（ ）A減小沖量B減小動量的變化量C增大與地面的沖擊時間，從而減小沖力D增大人對地面的壓強，起到安全作用14在勻強磁場中，一矩形金屬線框繞與磁感線垂直的轉動軸勻速轉動，如

7、圖甲所示產生的交變電動勢隨時間變化的規律如圖乙所示則下列說法正確的是（ ） A. t=0.01s時穿過線框的磁通量最小B. 該交變電動勢的有效值為22 VC. 該交變電動勢的瞬時值表達式為e=22 sin（100t）VD. 電動勢瞬時值為22V時，線圈平面與中性面的夾角為30°15如圖所示，水平地面上有一個坑，其豎直截面為半圓，O為圓心，AB為沿水平方向的直徑若在A點以初速度v1沿AB方向平拋一小球，小球將擊中坑壁上的最低點D點；而在C點以初速度v2沿BA方向平拋的小球也能擊中D點。已知COD=60°，則兩小球初速度大小之比v1：v2（小球視為質點） A. 1：2B. 1：

8、3C. ：3D. ：216用電高峰期，電燈往往會變暗，其原理可簡化為如下模型如圖所示，理想變壓器的副線圈上，通過輸電線連接兩只相同的燈泡L1和L2，輸電線的等效電阻為R，原線圈輸入有效值恒定的交流電當開關S閉合時，下列說法正確的是（ ） A. 燈泡L1兩端的電壓增大 B. 副線圈輸出電壓減小C. 電阻R上的電流增大 D. 原線圈輸入功率減小17如圖甲所示，傾角的光滑斜面固定在水平面上，自然伸長的輕質彈簧一端固定在斜面底端的擋板上一質量為m的小球，從離彈簧上端一定距離的位置靜止釋放，接觸彈簧后繼續向下運動小球運動的v-t圖象如圖乙所示，其中OA段為直線，AB段是與OA相切于A點的平滑曲線，BC是

9、平滑曲線，不考慮空氣阻力，重力加速度為g關于小球的運動過程，下列說法正確的是 A. 小球在tB時刻所受彈簧彈力大于B. 小球在tC時刻的加速度大于C. 小球從tC時刻所在的位置由靜止釋放后，不能回到出發點D. 小球從tA時刻到tC時刻的過程中重力勢能的減少量等于彈簧彈性勢能的增加量18在圖所示的四個電路中，電源內阻不計，兩燈泡的阻值相等并小于滑動變阻器的最大阻值，當分別閉合開關S，移動滑動變阻器觸頭從最左端移至最右端時，能使其中一個燈一直由暗變亮同時，另一個燈一直由亮變暗，則符合要求的電路是（ ） 19可視為質點的甲、乙兩球質量分別為m、2m，在甲球由靜止釋放的同時乙球豎直向上拋出，兩球相碰前

10、瞬間速度大小都是v0，碰撞時間極短，碰后兩球粘在一起不計空氣阻力，當地重力加速度為g，選豎直向下為正方向，則（ ）A. 從釋放甲球到兩球相碰前瞬間，甲球所受重力的沖量為mv0B. 從釋放甲球到兩球相碰前瞬間，乙球動量變化量為-2mvoC. 甲、乙碰撞后繼續上升的高度為D. 甲、乙碰撞過程中損失的機械能為20用水平力拉一物體在水平地面上從靜止開始做勻加速運動，t1時刻撤去拉力F，物體做勻減速運動，到t2時刻停止其速度時間圖 象如圖所示，且若拉力F做的功為W1，平均功率為P1；物體克服摩擦阻力做的功為W2，平均功率為P2，則下列選項正確的是 （ ） A. W1W2B. W1 = W2C. P1P2

11、D. P1 = P2 二、實驗題21、如圖所示為一正在測量中的多用電表表盤 （1）如果是用×10 擋測量電阻，則讀數為_（2）如果是用直流10 mA擋測量電流，則讀數為_mA（3）如果是用直流5 V擋測量電壓，則讀數為_V、在“用電流表和電壓表測定電池的電動勢和內電阻”的實驗中 （1）備有如下器材A干電池1節B滑動變阻器（020 ）C滑動變阻器（01 k）D電壓表（03 V）E電流表（006 A）F電流表（03 A）G開關、導線若干其中滑動變阻器應選_，電流表應選_（只填器材前的序號）（2）某同學根據實驗數據畫出的UI圖象如圖所示，由圖象可得電池的電動勢為_ V，內電阻為_ 三、計算

12、題22如圖1所示為某農莊灌溉工程的示意圖，地面與水面的距離為H。用水泵從水池抽水（抽水過程中H保持不變），龍頭離地面高h，水管橫截面積為S，水的密度為，重力加速度為g，不計空氣阻力。 （1）水從管口以不變的速度源源不斷地沿水平方向噴出，水落地的位置到管口的水平距離為10h。設管口橫截面上各處水的速度都相同。求：a每秒內從管口流出的水的質量m0；b不計額外功的損失，水泵輸出的功率P。（2）在保證水管流量不變的前提下，在龍頭后接一噴頭，如圖2所示。讓水流豎直向下噴出，打在水平地面上不反彈，產生大小為F的沖擊力。由于水與地面作用時間很短，可忽略重力的影響。求水流落地前瞬間的速度大小v。參考答案1B【

13、解析】試題分析：緩慢推動，可認為速度為零，即根據動能定理可得，解得，在下落過程中，根據動能定理可得，即，所以，B正確；考點：考查了動能定理的應用【名師點睛】本題重點是抓住來回兩個過程摩擦力做功相等，理解緩緩推的意義，對來和會兩個過程應用動能定理即可求解2B【解析】試題分析：由甲圖知t=0時刻磁通量最大，線圈平面應在中性面，故A錯誤；t=001s時刻，磁通量等于零，但的變化率達最大，故B正確；t=002s時刻，磁通量最大，交流電動勢為零，故C錯誤；由甲圖知交流電動勢的圖象應為正弦圖象，故D錯誤；故選B。考點：交流電的產生及變化規律3C【解析】閉合電鍵K后，把R的滑片右移，Q中的磁場方向從左向右，

14、且在減小，根據楞次定律，左邊導線電流方向向上故A錯誤閉合電鍵K后，將P中的鐵心從左邊抽出，Q中的磁場方向從左向右，且在減小，根據楞次定律，左邊導線電流方向向上故B錯誤閉合電鍵，將Q靠近P，Q中的磁場方向從左向右，且在增強，根據楞次定律，左邊導線的電流向下故C正確 若K不閉合，則P線圈中無磁場，故Q中不會有電流產生，選項D錯誤；故選C.點睛：解決本題的關鍵掌握感應電流產生的條件，即當通過閉合回路中的磁通量發生變化，就會產生感應電流，以及會運用楞次定律判斷感應電流的方向.【答案】C【解析】試題分析：國際單位制中規定的三個力學基本物理量是長度、質量和時間，其測量工具分別是米尺、天平、秒表，故選項C正

15、確。考點：力學單位制【名師點睛】國際單位制中三個力學基本物理量是長度、質量和時間，基本單位是米、千克、秒，是常識性問題。5A【解析】衛星在運動過程中所需要的向心力由地球的萬有引力提供，故地球必定在衛星軌道的中心，即地心為衛星做勻速圓周運動的圓心因此軌道a是不可能的，而軌道b、c均是可能的軌道；故A錯誤，BC正確；同步衛星由于其周期和地球的自轉周期相同，相對于地球靜止，其軌道一定在赤道的上空，一定與軌道b共面故D正確此題選擇錯誤的選項，故選A.點睛：解決本題的關鍵知道衛星繞地球做勻速圓周運動，圓心即為地心以及同步衛星的軌道在赤道上空6A【解析】德布羅意大膽的把光的波粒二象性推廣到了實物粒子，提出

16、實物粒子也具有波動性的假設，選項A正確；貝克勒爾首先發現天然放射性現象，但沒有發現原子中存在原子核，選項B錯誤； 盧瑟福通過á粒子散射實驗的研究得到了原子的核式結構理論，選項C錯誤；湯姆孫通過陰極射線在電場和在磁場中的偏轉實驗，發現了陰極射線就是高速電子流，選項D錯誤；故選A.7C【解析】電場中任何兩條電場線都不可以相交，選項A錯誤； 沿電場線的方向，電場強度不一定逐漸減小，選項B錯誤； 電場線越密的地方電場強度越大，選項C正確； 電場線不一定與帶電粒子在電場中的運動軌跡重合，選項D錯誤；故選C.8C【解析】兩滑塊碰撞過程動量守恒，以兩滑塊組成的系統為研究對象，取水平向右方向為正方向

17、，碰撞前，A、B的速度分別為：vA=2v0、vB=v0碰撞前系統總動量：P=mAvA+mBvB=m×2v0+2m×（-v0）=0，P=0，系統總動量為0，系統動量守恒，則碰撞前后系統總動量都是0；由于碰撞是彈性碰撞，則碰撞后二者的速度不能等于0，運動的方向一定相反故C正確，ABD錯誤9AD【解析】試題分析：由圖可知，滑動變阻器上下兩部分并聯，當滑片在中間位置時總電阻最大，則在滑動變阻器R2的滑片P由a端滑到b端的過程中，滑動變阻器R2的電阻先增大后減小，根據閉合電路歐姆定律可知電流，即電流表示數先減小后增大，故B錯誤；又由，可知路端電壓先變大后變小；故A正確；U與I的比值就

18、是接入電路的R1的電阻與R2的電阻之和，所以U與I比值先變大后變小，故C錯誤；因為，所以，又由，所以U變化量與I變化量的比值不變，故D正確。所以AD正確，BC錯誤。考點：閉合電路的歐姆定律、動態電路【名師點睛】本題主要考查了閉合電路的歐姆定律、動態電路。滑動變阻器上下兩部分并聯，當滑片在中間位置時總電阻最大，則在滑動變阻器R2的滑片P由a端滑到b端的過程中，滑動變阻器R2的電阻先增大后減小，根據閉合電路歐姆定律可知電流及電壓的變化情況，因為，所以，又由，可知U變化量與I變化量的比值。10BD【解析】試題分析：由題意可知，彈簧秤是測量小桶的重力，而與繩子的長短無關，故A錯誤，B正確；當一力進行分

19、解時，當夾角越小，分力越小，當夾角越大時，分力也越大，甲圖中繩的拉力之間的夾角小于乙圖中的夾角，則甲圖中繩的拉力比乙圖中的小，故C錯誤，D正確；故選BD考點：力的合成【名師點睛】考查彈簧秤的讀數與物體的重力的關系，掌握力的平行四邊形定則的內容，注意力的分解時，夾角與分力關系，是解題的關鍵。11D【解析】小物塊所受合外力為滑動摩擦力，設物塊受到的滑動摩擦力為f，物塊的初速度v0；如果長木板是固定的，物塊恰好停在木板的右端，對小滑塊的滑動過程運用動能定理列出等式： 如果長木板不固定，物塊沖上木板后，物塊向右減速的同時，木板要加速，最終兩者一起做勻速運動，該過程系統受外力的合力為零，動量守恒，規定向

20、右為正方向，根據系統動量守恒得：Mv0=（M+M）v對系統運用能量守恒，有： 由以上各式解得：L=L故選D點睛：本題關鍵是明確木塊和木板的運動規律，知道木板滑動時，物塊和木板系統動量守恒，掌握動量守恒定律、動能定理和能量的轉化與守恒定律的應用，能量的轉化與守恒是本題的難點12D【解析】試題分析：由圖意可知粒子沿順時針方向運動，根據左手定則可得粒子帶負電 粒子的運動軌跡如圖中虛線，紅色線段為圓的半徑，由已知得進入磁場時，半徑與x軸正方向的夾角為30°，所以有解得： ；洛倫茲力提供向心力，則有解得：，故選D考點：帶電粒子在勻強磁場中的運動【名師點睛】本題考查帶電粒子在勻強磁場中的運動，要

21、掌握住半徑公式、周期公式，畫出粒子的運動軌跡后，幾何關系就比較明顯了13C【解析】試題分析：人在和地面接觸時，人的速度減為零，由動量定理可知：（F-mg）t=mv；而腳尖著地可以增加人著地的時間，由公式可知可以減小受到地面的沖擊力；故C正確，A、B、D錯誤；故選：B。考點：動量定理14BC【解析】A. 由圖象知：t=0.01s時，感應電動勢為零，則穿過線框的磁通量最大，故A錯誤；B. 該交變電動勢的最大值Em=V,該交變電動勢的有效值為，故B正確；C. 由圖象得出周期T=0.02s,所以=2/T=100rad/s，當t=0時,電動勢為零,線圈平面與磁場方向垂直,故該交變電動勢的瞬時值表達式為e

22、=sin(100t)V，故C正確；D. 電動勢瞬時值為22V時,代入瞬時表達式,則有線圈平面與中性面的夾角正弦值，所以線圈平面與中性面的夾角為45°，故D錯誤；故選：BC。【名師點睛】從圖象得出電動勢最大值、周期，從而算出頻率、角速度；磁通量最大時電動勢為零，磁通量為零時電動勢最大；根據瞬時值及瞬時表達式求出線圈平面與中性面的夾角。15C【解析】小球從A點平拋，可得： ， 小球從C點平拋，可得： ， 聯立解得： ，故選項C正確。點睛：解決本題的關鍵知道平拋運動在水平方向上做勻速直線運動，在豎直方向上做自由落體運動，掌握平拋運動的運動學規律。16C【解析】副線圈電壓由原線圈和匝數比決定

23、，而原線圈電壓和匝數比都沒有變，所以副線圈輸出電壓不變，故B錯誤；開關S閉合后，負載電阻減小，而副線圈電壓不變，副線圈的電流增大，即通過電阻R的電流增大，R兩端的電壓增大，則燈泡L1兩端的電壓減小，故A錯誤； C正確；原線圈的電壓不變，而電流增大，故原線圈的輸入功率增大，故D錯誤故選C.點睛：本題主要考查了變壓器的原理，要知道開關S閉合后，副線圈的電流和功率都變大，難度不大，屬于基礎題17B【解析】由圖像可知，小球在tB時刻加速度大小為零，此時 ，選項A錯誤；小球在tC時刻到達最低點，彈力達到最大值；小球在A點的加速度大小為，由圖像可知，在C點的切線的斜率大于在A點的切線的斜率，即小球在tC時

24、刻的加速度大于，選項B正確；由能量守恒定律可知，小球從tC時刻所在的位置由靜止釋放后，小球能回到出發點，選項C正確；小球從tA時刻到tC時刻的過程中重力勢能的減少量與動能減小量之和等于彈簧彈性勢能的增加量，選項D錯誤；故選B.18C【解析】試題分析：對電路A，在變阻器由左向右滑動時，燈泡L1逐漸變亮，對L2來說，當P在最左端時，它與L1并聯的電阻會小于當P在最右端時L2的電阻，故它也會變亮，A錯誤；對電路B，當P在最左端時，L1不發光，它會隨P向右移動而發亮，當P在最右端時電路中的總電阻與P在最左端時要小，故電流變大，L2也會變亮，B也錯誤；對電路C，當P在最左端時，L1不亮，L2亮，當P在最右端時，L1亮，而L2不亮，故選項C正確；對電路D，當P在最左端時，L1被短路，不亮，當P向右滑動時，L1始終被短路，故始終不亮，D錯誤。考點：動態電路。19AD【解析】對甲球，根據動量定理： ，所以A正確；乙球動量的變化量，所以B錯誤；設碰后的速度為v，根據動量守恒： ，解得速度，設還能繼續上升的高度為h， 由可求：v=，故C錯誤；損失的機械能，所以D正確。20BC【解析】試題分析：根據動能定理得出拉力做功與物體克服阻力做功的大小關系，根據功率