1、仁寿中学高2011级5月月考物理试题2014.4.28第卷（选择题，共42分）一、选择题（本题包括7小题，每小题6分，共42分。每小题给出的四个选项中，有的一个选项正确，有的多个选项正确，全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分）1.关于科学研究方法，以下说法不正确的是（ ） A.利用速度一时间图象推导匀变速直线运动的位移公式时，使用了微元法 B.在探究加速度与力、质量三者关系的实验中，应用了控制变量法 C.电场力做功可以与重力做功类比，两种力做功都与路径无关 D.法拉第在研究电磁感应现象时，利用了理想实验的方法【答案】DA、速度一时间图象推导匀变速直线运动的位移公式时，取时间很短
2、，则当作匀速直线运动，从而从通过“微元”分析整体，使用了微元法，故A正确；B、在探究加速度与力、质量三者关系的实验中，应用了控制变量法，控制其中一个量不变，确定另两量的关系，故B正确；C、电场力做功可以与重力做功类比，两种力做功都与路径无关，故C正确；D、法拉第在研究电磁感应现象时，利用了实验来研究的方法，故D错误。故选D。【考点】物理研究方法2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220V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，小灯泡的电压，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
3、（ ）A交变电流的频率为100HzB原副线圈的匝数比C电流表的读数D滑动变阻器的触头向右滑动，变压器的输入功率增大【答案】CA、根据图乙知交流电周期为0.02s，所以频率为50Hz，故A错误；B、由题意知灯泡两端电压为22V，副线圈电流为，副线圈电压为，原副线圈的匝数比，故B错误；C、根据电流与匝数成反比和B知电流表的读数，故C正确；D、变阻器的触头向右滑动，电阻增大，而副线圈电压不变，变压器的输入功率等于输出功率减小，故D错误。故选C。【考点】变压器的构造和原理；电功、电功率；正弦式电流的最大值和有效值、周期和频率3.半圆形玻璃砖横截面如图，AB为直径，O点为圆心。在该截面内有a 、b 两束
4、单色可见光从空气垂直于AB摄入玻璃砖，两入射点到O的距离相等。两束光在半圆边界上反射和折射的情况如图所示：则a、b两束光有（ ）A a光频率比b光大B以相同的入射角从空气斜射入水中，b光的折射角大C在同种均匀介质中传播，a光的传播速度较小D分别通过同一双缝干涉装置，a光的相邻亮条纹间距大【答案】DA、由图知，b光发生了全反射，a光未发生全反射，说明b光全反射临界角较小，根据得知，b光的折射率大，则b光的频率大，故A错误；B、以相同的入射角从空气斜射入水中，根据可知，b光的折射率大，则b光的折射角小，故B错误；C、b光的折射率大，根据知，b光的传播速度小，a光的传播速度大，故C正确；D、a光的折
5、射率小，频率小，波长大，根据干涉条纹的间距知，a光的干涉条纹间距大，故D正确。故选D。【考点】光的折射定律；全反射4.“神舟十号”飞船发射后，先进入一个椭圆轨道，经过多次变轨进入距地面高度为h的圆形轨道。已知飞船质量为m，地球半径为R，地球表面的重力加速度为g。设飞船进入圆形轨道后运动时的动能为EK，则（ ）A B C D【答案】C飞船绕地球做匀速圆周运动，万有引力提供向心力：，得：，又因为在地球表面上物体受到的重力等于万有引力为：，得：，解得：故飞船的动能为：故选C。【考点】万有引力定律5.振源0起振方向沿-y方向，从振源0起振时开始计时，经t=0.7s，x轴上0至6m范围第一次出现图示简谐
6、波，则( ) A此波的周期一定是0.4s B此波的周期可能是C此列波的波速为m/s Dt=0.7s时，x轴上3m处的质点振动方向沿+Y方向【答案】AABC、据题：振源0起振方向沿-y方向，介质中各个质点的起振方向均沿-y方向，可知0至6m范围第一次出现图示简谐波时，x=6m处并不是波的最前列，在x=6m处质点的右边还有个波长的波形图，即波传播到x=7m处，所以波速为；由图知，波长为=4m，则周期为，故A正确B、C错误；D、简谐波向右传播，根据波形的平移法可知，t=O.7s时，x轴上3m处的质点振动方向沿-y方向，故D错误。故选A。【考点】波长、频率和波速的关系；横波的图象6如图所示，空间存在一
7、匀强电场，其方向与水平方向间的夹角为30，A、B与电场垂直，一质量为m，电荷量为q的带正电小球以初速度v0从A点水平向右抛出，经过时间t小球最终落在C点，速度大小仍是v0，且，则下列说法中正确的是 A电场方向沿电场线斜向上 B电场强度大小为C小球下落高度 D此过程增加的电势能等于【答案】BCA、由题意可知，小球在下落过程中动能不变，而重力做正功，则电场力做负功，而小球带正电，故电场线应斜向下；故A错误；B、由动能定理可知，解得：；故B正确；C、将电场力分解为沿水平方向和竖直方向，则有竖直分量中产生的电场力；则物体在竖直方向上的合力；，则由牛顿第二定律可知，竖直方向上的分加速度；则下落高度；故C
8、正确；D、此过程中电场力做负功，电势能增加，由几何关系可知，小球在沿电场线的方向上的位移；则电势能的增加量；故D错误；故选BC。【考点】带电粒子在匀强电场中的运动；电场强度；电势能；匀强电场中电势差和电场强度的关系7如图所示，均质均匀圆环半径略大于圆柱体半径，空间存在垂直于圆柱体表面沿半径向外的磁场，圆环所在位置的磁感应强度大小为B。圆环的质量为m，半径为r，给环以竖直向上的初速度v，圆环上升到最高度，然后落回抛出点，此过程中A圆环先有扩张后有收缩趋势B圆环上升时间比下降时间短C圆环上升过程和下降过程产生的热量相同D圆环上升过程与下降过程流过线圈横截面的电荷量相等【答案】BDA、圆环上升时，根
9、据楞次定律可得，产生的感应电流的方向为逆时针方向；根据左手定则可得，圆环受到的安培力的方向向下；圆环下降时，根据楞次定律可得，产生的感应电流的方向为顺时针方向；根据左手定则可得，圆环受到的安培力的方向向上；整个的过程中，圆环既没有扩张的趋势，也没有收缩的趋势，故A错误；B、由A的方向可得，圆环上升上安培力的方向向下；圆环下降时，安培力的方向向上，由于上升与下降的高度是相等的，所以圆环上升的时间比较小，故B正确；C、圆环运动的过程中的电动势：，电流：设上升的高度是h，产生的热量：；在圆环的运动过程中，虽然是变速运动，也接近是，所以公式虽然不能精确计算出上升与下降过程中产生的热量，但是可得，产生的
10、热量与速度的大小成正比由于整个的过程中不断由机械能转化为内能，所以上升的过程中的平均速度要大于下降过程的平均速度所以上升的过程中产生的热量比较大，故C错误；D、流过截面的电量：，与运动的时间无关，故D正确。故选BD。【考点】导体切割磁感线时的感应电动势；焦耳定律；楞次定律第卷（非选择题，本卷共4小题,共68分）二、实验题（共16分）8、（6分）在研究小车速度随时间变化关系的实验中，让小车在橡皮筋的作用下从静止弹出，打 点计吋器在与小车连接的纸带上打出一系列的点从纸带上的A点开始，每5个点取丨个 计数点，相邻计数点间的距离如图所示已知打点计时器电源的频率为50Hz，通过分析纸 带数据可判断：（1
11、 ）小车速度的变化情况是先加速后减速;小车运动的最大速度在 _两个相邻的计数点之间（填表示计数点的字母）； （2）小车做匀变速运动时的加速度的数值是a= m/s2 （保留三位有效数字）（10分）某同学要测量一节旧电池的电动势和内阻，实验器材仅有一个电流表、一个电阻箱、一个开关和导线若干，该同学按如图所示电路进行实验，测得的数据如下表所示作R1/I图象；利用测得的数据在坐标纸上画出适当的图象；由图象可知，该电池的电动势E=_V，利用该实验电路测出的电动势E测和内阻r测与真实值E真和r真相比，理论上E测_E真，r测_r真（选填“”、“”或“=”）若电流表的内阻=0.8，电源内阻较为准确的值r= 【
12、答案】E、F 3.00 6.0 = 1.2 、（1）纸带间距先增大后减小，则小车速度先增大后减小；间距最大的点之间出现小车的最大速度，应该EF之间；（2）A到F受橡皮筋作用小车做变加速速运动，F到J小车做匀变速运动，由逐差法可得：、根据坐标系内描出的点作出图象如图所示：由图1所示实验电路可知，在闭合电路中，电源电动势为：，则，由图示图象可知，图象截距为：，则电源内阻为：，图象斜率为：，则电源电动势为：。考虑电流表内阻，在闭合电路中，电源电动势为：，则，当电阻箱阻值无穷大时，电流表分压可以忽略，故本实验中电动势测量准确，所测内阻为电流表内电阻与电源内阻之和，所测电源内阻偏大电源内阻为0.8，电源
13、内阻较为准确的值【考点】探究小车速度随时间变化的规律；测定电源的电动势和内阻三、计算题（本题包括3个小题，共52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，有数值运算的题，答案中必须明确写出数值和单位）9（15分）某人骑自行车以4m/s的速度匀速前进，某时刻在其前面7m处以10m/s速度同向运行的汽车开始关闭发动机，以2m/s2的加速度减速前进，求：（1）此人追上汽车之前落后于汽车的最大距离？（2）此人需要多长时间才能追上汽车？【答案】 （1）在自行车追赶汽车的过程中，当两车的速度相等时，两车的距离最大；在以后的过程中，汽车速度小于自行车速度，它们之间的间距逐
14、渐减小，当两车的速度相等时，即解得：t=3s时，两车相距最远 x，3s内自行车位移x1，汽车位移x2则有、所以：（2）设汽车t1时间停下来，自行车经过T时间追上汽车则汽车运动的位移在汽车停下来前人的位移为，则在车停后人追上汽车所以解得：【考点】匀变速直线运动规律10（18分）如图所示，线圈C的匝数n=150,电阻r=1.0，内有一面积为S=0.2m2、方向垂直于线圈平面向上的匀强磁场，B1=B0+kt，k=0.5T/s.间距d=0.2m的两平行金属板水平放置，板间分布有垂直于纸面向里、磁感应强度B2=1T的匀强磁场闭合开关S，板间电场视为匀强电场，将一带正电的小球以初速度v=0.1m/s沿两板
15、间中线水平射入板间设滑动变阻器接入电路的阻值为Rx，忽略空气对小球的作用，取g=10m/s2（1）当Rx=29时，电阻R2消耗的电功率是多大？（2）若小球进入板间做匀速度圆周运动并与板相碰，碰时速度与初速度的夹角为60，则Rx是多少？【答案】 （1）由法拉第电磁感应定律得：感应电动势：；闭合电路的外电阻为根据闭合电路的欧姆定律R2两端的电压为R2消耗的功率为（2）小球进入电磁场做匀速圆周运动，则重力和电场力等大反向，洛仑兹力提供向心力，根据牛顿第二定律，得、联立上两式，化简得小球做匀速圆周运动的初末速的夹角等于圆心角为60，根据几何关系得代入数据，可解得：干路电流为则滑动变阻器的电阻；【考点】
16、法拉第电磁感应定律；电功、电功率11、（19分）如图所示，在水平光滑轨道PQ上有一个轻弹簧其左端固定，现用一质量m=2.0kg的小物块（视为质点）将弹簧压缩后释放，物块离开弹簧后经过水平轨道右端Q沿半圆轨道的切线进入竖直固定的轨道，小物块进入半圆轨道后恰好能沿圆弧轨道运动，经过最低点后滑上质量M=4.0kg的长木板，木板高h=1.25m物块落地时与木板左端相距1m.已知竖直半圆轨道光滑且半径R=0.5m，物块与木板间的动摩擦因数=0.7，木板与水平地面间摩擦不计，取g=10m/s2（1）弹簧具有的弹性势能； （2）小物块滑到半圆轨道底端时对轨道的压力；（3）m、M摩擦产生的热量【答案】 （1）
17、物体进入轨道后恰好沿轨道运动，在轨道的最高点恰好由重力提供向心力，则有：弹簧具有的弹性势能：（2）物块由顶端滑到底端过程，由机械能守恒：解得：在轨道底端，由牛顿第二定律得：解得：由牛顿第三定律得物块对轨道的压力为（3）m、M相互作用：m的加速度为： M的加速度为： m离开M时m的速度为：m离开M时M的速度为：物块作平抛运动，设经时间t落地则有：，得据题有：所以联立以上三式得：M、m系统摩擦生热：【考点】机械能守恒定律；牛顿第二定律；向心力仁寿中学高2011级5月月考物理试题答案1D 2 C 3D 4C 5A 6BC 7BD 8 E、F 3.00 6.0 = 1.29（1）在自行车追赶汽车的过程
18、中，当两车的速度相等时，两车的距离最大；在以后的过程中，汽车速度小于自行车速度，它们之间的间距逐渐减小，当两车的速度相等时，即解得：t=3s时，两车相距最远 x，3s内自行车位移x1，汽车位移x2则有、所以：（2）设汽车t1时间停下来，自行车经过T时间追上汽车则汽车运动的位移在汽车停下来前人的位移为，则在车停后人追上汽车所以解得：10（1）由法拉第电磁感应定律得：感应电动势：；闭合电路的外电阻为根据闭合电路的欧姆定律R2两端的电压为R2消耗的功率为（2）小球进入电磁场做匀速圆周运动，则重力和电场力等大反向，洛仑兹力提供向心力，根据牛顿第二定律，得、联立上两式，化简得小球做匀速圆周运动的初末速的夹角等于圆心角为60，根据几何关系得代入数据，可解得：干路电流为则滑动变阻器的电阻；11、（1）物体进入轨道后恰好沿轨道运动，在轨道的最高点恰好由重力提供向心力，则有：弹簧具有的弹性势能：（2）物块由顶端滑到底端过程，由机械能守恒：解得：在轨道底端，由牛顿第二定律得：解得：由牛顿第三定律得物块对轨道的压力为（3）m、M相互作用：m的加速度为： M的加速度为： m离开M时m的速度为：m离开M时M的速度为：物块作平抛运动，设经时间t落地则有：，得据题有：所以联立以上三式得：M、m系统摩擦生热：
