河北狮州市2016_2017学年高二物理下学期周练试题承智班521

1、2016-2017学年第二学期高二承智班物理周练试题（5.21） 一、选择题1图中ABCD是一条长轨道，其中AB段是倾角为的斜面，CD段是水平的，BC是与AB和CD都相切的一小段圆弧，其长度可以略去不计一质量为m的小滑块在A点从静止状态释放，沿轨道滑下，最后停在D点，A点和D点的位置如图所示，现用一沿轨道方向的力推滑块，使它缓缓地由D点推回到A点，设滑块与轨道间的动摩擦系数为，则推力对滑块做的功等于（ ） AmghBmgh+mghcot+mgSCmg（S+h/sin）D4mgh2一矩形线圈在匀强磁场中绕垂直于磁场的轴匀速转动，穿过线圈的磁通量随时间变化的图象如图甲所示，则下列说法中正确的是 (

2、 ) A. t0时刻线圈平面与中性面垂直B. t0.01 s时刻，Ö的变化率达最大C. t0.02 s时刻，交流电动势达到最大D. 该线圈相应的交流电动势图象如图乙所示3如图所示，要使Q线圈产生图示方向的电流，可采用的方法有（ ） A. 闭合电键K后，把R的滑片右移B. 闭合电键K后，把P中的铁心从左边抽出C. 闭合电键K后，把Q靠近PD. 无需闭合电键K，只要把Q靠近P即可4如果要测量国际单位制中规定的三个力学基本物理量，应该选用的仪器是（ ）A米尺、弹簧测力计、秒表B量筒、天平、秒表C米、天平、秒表D米尺、电子测力计、打点计时器5如图所示的圆a、b、c，其圆心均在地球自转轴线上，

3、b、c的圆心与地心重合，圆b的平面与地球自转轴垂直对环绕地球做匀速圆周运动的卫星而言,下列说法错误的是 ( ) A. 卫星的轨道可能为aB. 卫星的轨道可能为bC. 卫星的轨道可能为cD. 同步卫星的轨道一定为与b在同一平面内的b的同心圆6在人类对微观世界进行探索的过程中，科学实验起到了非常重要的作用，下列说法符合历史事实的是（ ）A. 德布罗意大胆的把光的波粒二象性推广到了实物粒子，提出实物粒子也具有波动性的假设B. 贝克勒尔通过对天然放射性现象的研究，发现了原子中存在原子核C. 卢瑟福通过粒子散射实验，证实了在原子核内存在质子D. 汤姆孙通过阴极射线在电场和在磁场中的偏转实验，发现了阴极射

4、线就是高速氦核流7下列关于电场线的说法正确的是A. 电场中任何两条电场线都可以相交B. 沿电场线的方向，电场强度逐渐减小C. 电场线越密的地方电场强度越大D. 电场线一定与带电粒子在电场中的运动轨迹重合8如图，两滑块A、B在光滑水平面上沿同一直线相向运动，滑块A的质量为m，速度大小为2vo，方向向右，滑块B的质量为2m，速度大小为v0，方向向左，两滑块发生弹性碰撞后的运动状态是（ ） A. A和B都向左运动 B. A和B都向右运动C. A向左运动，B向右运动D. A静止，B向右运动9如图所示电路中，电源电动势为E，内阻r闭合电键S，电压表示数为U,电流表示数为I, 在滑动变阻器R2的滑片P由a

5、端滑到b端的过程中（ ） AU先变大后变小BI先变大后变小CU与I的比值先变小后变大DU变化量与I变化量的比值不变10如图所示，某同学用同一弹簧测力计按图甲、乙两种方式测量某小桶的重力，甲图中系小桶的轻绳较长。下列说法中正确的是（ ） A甲图中弹簧测力计的示数比乙图中的大B两图中弹簧测力计的示数一样大C甲图中绳的拉力比乙图中的大D乙图中绳的拉力比甲图中的大11如图所示，质量为M、长为L的长木板放在光滑水平面上，一个质量也为M的物块（视为质点）以一定的初速度从左端冲上木板，如果长木板是固定的，物块恰好停在木板的右端，如果长木板不固定，则物块冲上后在木板上最多能滑行的距离为（ ） A. L B.

6、3L/4 C. L/4 D. L/212如图所示，在x轴上方存在着垂直于纸面向里、磁感应强度为B的匀强磁场。一个不计重力的带电粒子从坐标原点O处以速度v进入磁场，粒子进入磁场时的速度方向垂直于磁场且与x轴正方向成120°角，若粒子穿过y轴正半轴后在磁场中到x轴的最大距离为a，则该粒子的比荷和所带电荷的正负是（ ） A 正电荷B 正电荷C 负电荷D 负电荷13从高处跳到低处时，为了安全，一般都是让脚尖着地，这样做是为了（ ）A减小冲量B减小动量的变化量C增大与地面的冲击时间，从而减小冲力D增大人对地面的压强，起到安全作用14在匀强磁场中，一矩形金属线框绕与磁感线垂直的转动轴匀速转动，如

7、图甲所示产生的交变电动势随时间变化的规律如图乙所示则下列说法正确的是（ ） A. t=0.01s时穿过线框的磁通量最小B. 该交变电动势的有效值为22 VC. 该交变电动势的瞬时值表达式为e=22 sin（100t）VD. 电动势瞬时值为22V时，线圈平面与中性面的夹角为30°15如图所示，水平地面上有一个坑，其竖直截面为半圆，O为圆心，AB为沿水平方向的直径若在A点以初速度v1沿AB方向平抛一小球，小球将击中坑壁上的最低点D点；而在C点以初速度v2沿BA方向平抛的小球也能击中D点。已知COD=60°，则两小球初速度大小之比v1：v2（小球视为质点） A. 1：2B. 1：

8、3C. ：3D. ：216用电高峰期，电灯往往会变暗，其原理可简化为如下模型如图所示，理想变压器的副线圈上，通过输电线连接两只相同的灯泡L1和L2，输电线的等效电阻为R，原线圈输入有效值恒定的交流电当开关S闭合时，下列说法正确的是（ ） A. 灯泡L1两端的电压增大 B. 副线圈输出电压减小C. 电阻R上的电流增大 D. 原线圈输入功率减小17如图甲所示，倾角的光滑斜面固定在水平面上，自然伸长的轻质弹簧一端固定在斜面底端的挡板上一质量为m的小球，从离弹簧上端一定距离的位置静止释放，接触弹簧后继续向下运动小球运动的v-t图象如图乙所示，其中OA段为直线，AB段是与OA相切于A点的平滑曲线，BC是

9、平滑曲线，不考虑空气阻力，重力加速度为g关于小球的运动过程，下列说法正确的是 A. 小球在tB时刻所受弹簧弹力大于B. 小球在tC时刻的加速度大于C. 小球从tC时刻所在的位置由静止释放后，不能回到出发点D. 小球从tA时刻到tC时刻的过程中重力势能的减少量等于弹簧弹性势能的增加量18在图所示的四个电路中，电源内阻不计，两灯泡的阻值相等并小于滑动变阻器的最大阻值，当分别闭合开关S，移动滑动变阻器触头从最左端移至最右端时，能使其中一个灯一直由暗变亮同时，另一个灯一直由亮变暗，则符合要求的电路是（ ） 19可视为质点的甲、乙两球质量分别为m、2m，在甲球由静止释放的同时乙球竖直向上抛出，两球相碰前

10、瞬间速度大小都是v0，碰撞时间极短，碰后两球粘在一起不计空气阻力，当地重力加速度为g，选竖直向下为正方向，则（ ）A. 从释放甲球到两球相碰前瞬间，甲球所受重力的冲量为mv0B. 从释放甲球到两球相碰前瞬间，乙球动量变化量为-2mvoC. 甲、乙碰撞后继续上升的高度为D. 甲、乙碰撞过程中损失的机械能为20用水平力拉一物体在水平地面上从静止开始做匀加速运动，t1时刻撤去拉力F，物体做匀减速运动，到t2时刻停止其速度时间图 象如图所示，且若拉力F做的功为W1，平均功率为P1；物体克服摩擦阻力做的功为W2，平均功率为P2，则下列选项正确的是 （ ） A. W1W2B. W1 = W2C. P1P2

11、D. P1 = P2 二、实验题21、如图所示为一正在测量中的多用电表表盘 （1）如果是用×10 挡测量电阻，则读数为_（2）如果是用直流10 mA挡测量电流，则读数为_mA（3）如果是用直流5 V挡测量电压，则读数为_V、在“用电流表和电压表测定电池的电动势和内电阻”的实验中 （1）备有如下器材A干电池1节B滑动变阻器（020 ）C滑动变阻器（01 k）D电压表（03 V）E电流表（006 A）F电流表（03 A）G开关、导线若干其中滑动变阻器应选_，电流表应选_（只填器材前的序号）（2）某同学根据实验数据画出的UI图象如图所示，由图象可得电池的电动势为_ V，内电阻为_ 三、计算

12、题22如图1所示为某农庄灌溉工程的示意图，地面与水面的距离为H。用水泵从水池抽水（抽水过程中H保持不变），龙头离地面高h，水管横截面积为S，水的密度为，重力加速度为g，不计空气阻力。 （1）水从管口以不变的速度源源不断地沿水平方向喷出，水落地的位置到管口的水平距离为10h。设管口横截面上各处水的速度都相同。求：a每秒内从管口流出的水的质量m0；b不计额外功的损失，水泵输出的功率P。（2）在保证水管流量不变的前提下，在龙头后接一喷头，如图2所示。让水流竖直向下喷出，打在水平地面上不反弹，产生大小为F的冲击力。由于水与地面作用时间很短，可忽略重力的影响。求水流落地前瞬间的速度大小v。参考答案1B【

13、解析】试题分析：缓慢推动，可认为速度为零，即根据动能定理可得，解得，在下落过程中，根据动能定理可得，即，所以，B正确；考点：考查了动能定理的应用【名师点睛】本题重点是抓住来回两个过程摩擦力做功相等，理解缓缓推的意义，对来和会两个过程应用动能定理即可求解2B【解析】试题分析：由甲图知t=0时刻磁通量最大，线圈平面应在中性面，故A错误；t=001s时刻，磁通量等于零，但的变化率达最大，故B正确；t=002s时刻，磁通量最大，交流电动势为零，故C错误；由甲图知交流电动势的图象应为正弦图象，故D错误；故选B。考点：交流电的产生及变化规律3C【解析】闭合电键K后，把R的滑片右移，Q中的磁场方向从左向右，

14、且在减小，根据楞次定律，左边导线电流方向向上故A错误闭合电键K后，将P中的铁心从左边抽出，Q中的磁场方向从左向右，且在减小，根据楞次定律，左边导线电流方向向上故B错误闭合电键，将Q靠近P，Q中的磁场方向从左向右，且在增强，根据楞次定律，左边导线的电流向下故C正确 若K不闭合，则P线圈中无磁场，故Q中不会有电流产生，选项D错误；故选C.点睛：解决本题的关键掌握感应电流产生的条件，即当通过闭合回路中的磁通量发生变化，就会产生感应电流，以及会运用楞次定律判断感应电流的方向.【答案】C【解析】试题分析：国际单位制中规定的三个力学基本物理量是长度、质量和时间，其测量工具分别是米尺、天平、秒表，故选项C正

15、确。考点：力学单位制【名师点睛】国际单位制中三个力学基本物理量是长度、质量和时间，基本单位是米、千克、秒，是常识性问题。5A【解析】卫星在运动过程中所需要的向心力由地球的万有引力提供，故地球必定在卫星轨道的中心，即地心为卫星做匀速圆周运动的圆心因此轨道a是不可能的，而轨道b、c均是可能的轨道；故A错误，BC正确；同步卫星由于其周期和地球的自转周期相同，相对于地球静止，其轨道一定在赤道的上空，一定与轨道b共面故D正确此题选择错误的选项，故选A.点睛：解决本题的关键知道卫星绕地球做匀速圆周运动，圆心即为地心以及同步卫星的轨道在赤道上空6A【解析】德布罗意大胆的把光的波粒二象性推广到了实物粒子，提出

16、实物粒子也具有波动性的假设，选项A正确；贝克勒尔首先发现天然放射性现象，但没有发现原子中存在原子核，选项B错误； 卢瑟福通过á粒子散射实验的研究得到了原子的核式结构理论，选项C错误；汤姆孙通过阴极射线在电场和在磁场中的偏转实验，发现了阴极射线就是高速电子流，选项D错误；故选A.7C【解析】电场中任何两条电场线都不可以相交，选项A错误； 沿电场线的方向，电场强度不一定逐渐减小，选项B错误； 电场线越密的地方电场强度越大，选项C正确； 电场线不一定与带电粒子在电场中的运动轨迹重合，选项D错误；故选C.8C【解析】两滑块碰撞过程动量守恒，以两滑块组成的系统为研究对象，取水平向右方向为正方向

17、，碰撞前，A、B的速度分别为：vA=2v0、vB=v0碰撞前系统总动量：P=mAvA+mBvB=m×2v0+2m×（-v0）=0，P=0，系统总动量为0，系统动量守恒，则碰撞前后系统总动量都是0；由于碰撞是弹性碰撞，则碰撞后二者的速度不能等于0，运动的方向一定相反故C正确，ABD错误9AD【解析】试题分析：由图可知，滑动变阻器上下两部分并联，当滑片在中间位置时总电阻最大，则在滑动变阻器R2的滑片P由a端滑到b端的过程中，滑动变阻器R2的电阻先增大后减小，根据闭合电路欧姆定律可知电流，即电流表示数先减小后增大，故B错误；又由，可知路端电压先变大后变小；故A正确；U与I的比值就

18、是接入电路的R1的电阻与R2的电阻之和，所以U与I比值先变大后变小，故C错误；因为，所以，又由，所以U变化量与I变化量的比值不变，故D正确。所以AD正确，BC错误。考点：闭合电路的欧姆定律、动态电路【名师点睛】本题主要考查了闭合电路的欧姆定律、动态电路。滑动变阻器上下两部分并联，当滑片在中间位置时总电阻最大，则在滑动变阻器R2的滑片P由a端滑到b端的过程中，滑动变阻器R2的电阻先增大后减小，根据闭合电路欧姆定律可知电流及电压的变化情况，因为，所以，又由，可知U变化量与I变化量的比值。10BD【解析】试题分析：由题意可知，弹簧秤是测量小桶的重力，而与绳子的长短无关，故A错误，B正确；当一力进行分

19、解时，当夹角越小，分力越小，当夹角越大时，分力也越大，甲图中绳的拉力之间的夹角小于乙图中的夹角，则甲图中绳的拉力比乙图中的小，故C错误，D正确；故选BD考点：力的合成【名师点睛】考查弹簧秤的读数与物体的重力的关系，掌握力的平行四边形定则的内容，注意力的分解时，夹角与分力关系，是解题的关键。11D【解析】小物块所受合外力为滑动摩擦力，设物块受到的滑动摩擦力为f，物块的初速度v0；如果长木板是固定的，物块恰好停在木板的右端，对小滑块的滑动过程运用动能定理列出等式： 如果长木板不固定，物块冲上木板后，物块向右减速的同时，木板要加速，最终两者一起做匀速运动，该过程系统受外力的合力为零，动量守恒，规定向

20、右为正方向，根据系统动量守恒得：Mv0=（M+M）v对系统运用能量守恒，有： 由以上各式解得：L=L故选D点睛：本题关键是明确木块和木板的运动规律，知道木板滑动时，物块和木板系统动量守恒，掌握动量守恒定律、动能定理和能量的转化与守恒定律的应用，能量的转化与守恒是本题的难点12D【解析】试题分析：由图意可知粒子沿顺时针方向运动，根据左手定则可得粒子带负电 粒子的运动轨迹如图中虚线，红色线段为圆的半径，由已知得进入磁场时，半径与x轴正方向的夹角为30°，所以有解得： ；洛伦兹力提供向心力，则有解得：，故选D考点：带电粒子在匀强磁场中的运动【名师点睛】本题考查带电粒子在匀强磁场中的运动，要

21、掌握住半径公式、周期公式，画出粒子的运动轨迹后，几何关系就比较明显了13C【解析】试题分析：人在和地面接触时，人的速度减为零，由动量定理可知：（F-mg）t=mv；而脚尖着地可以增加人着地的时间，由公式可知可以减小受到地面的冲击力；故C正确，A、B、D错误；故选：B。考点：动量定理14BC【解析】A. 由图象知：t=0.01s时，感应电动势为零，则穿过线框的磁通量最大，故A错误；B. 该交变电动势的最大值Em=V,该交变电动势的有效值为，故B正确；C. 由图象得出周期T=0.02s,所以=2/T=100rad/s，当t=0时,电动势为零,线圈平面与磁场方向垂直,故该交变电动势的瞬时值表达式为e

22、=sin(100t)V，故C正确；D. 电动势瞬时值为22V时,代入瞬时表达式,则有线圈平面与中性面的夹角正弦值，所以线圈平面与中性面的夹角为45°，故D错误；故选：BC。【名师点睛】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；根据瞬时值及瞬时表达式求出线圈平面与中性面的夹角。15C【解析】小球从A点平抛，可得： ， 小球从C点平抛，可得： ， 联立解得： ，故选项C正确。点睛：解决本题的关键知道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，掌握平抛运动的运动学规律。16C【解析】副线圈电压由原线圈和匝数比决定

23、，而原线圈电压和匝数比都没有变，所以副线圈输出电压不变，故B错误；开关S闭合后，负载电阻减小，而副线圈电压不变，副线圈的电流增大，即通过电阻R的电流增大，R两端的电压增大，则灯泡L1两端的电压减小，故A错误； C正确；原线圈的电压不变，而电流增大，故原线圈的输入功率增大，故D错误故选C.点睛：本题主要考查了变压器的原理，要知道开关S闭合后，副线圈的电流和功率都变大，难度不大，属于基础题17B【解析】由图像可知，小球在tB时刻加速度大小为零，此时 ，选项A错误；小球在tC时刻到达最低点，弹力达到最大值；小球在A点的加速度大小为，由图像可知，在C点的切线的斜率大于在A点的切线的斜率，即小球在tC时

24、刻的加速度大于，选项B正确；由能量守恒定律可知，小球从tC时刻所在的位置由静止释放后，小球能回到出发点，选项C正确；小球从tA时刻到tC时刻的过程中重力势能的减少量与动能减小量之和等于弹簧弹性势能的增加量，选项D错误；故选B.18C【解析】试题分析：对电路A，在变阻器由左向右滑动时，灯泡L1逐渐变亮，对L2来说，当P在最左端时，它与L1并联的电阻会小于当P在最右端时L2的电阻，故它也会变亮，A错误；对电路B，当P在最左端时，L1不发光，它会随P向右移动而发亮，当P在最右端时电路中的总电阻与P在最左端时要小，故电流变大，L2也会变亮，B也错误；对电路C，当P在最左端时，L1不亮，L2亮，当P在最右端时，L1亮，而L2不亮，故选项C正确；对电路D，当P在最左端时，L1被短路，不亮，当P向右滑动时，L1始终被短路，故始终不亮，D错误。考点：动态电路。19AD【解析】对甲球，根据动量定理： ，所以A正确；乙球动量的变化量，所以B错误；设碰后的速度为v，根据动量守恒： ，解得速度，设还能继续上升的高度为h， 由可求：v=，故C错误；损失的机械能，所以D正确。20BC【解析】试题分析：根据动能定理得出拉力做功与物体克服阻力做功的大小关系，根据功率