1、河北定州中学20152016学年度第二学期物理周练试题（七）第I卷（选择题）一 选择题（共44分，本大题共11小题，每小题4分，在每小题给出的四个选项中，第1至7题只有一项符合题目要求，第8至11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如图所示，在M点分别以不同的速度将两个小球水平抛出，两小球分别落在水平地面上的P点、Q点.已知O点是M点在地面上的竖直投影，且不考虑空气阻力的影响，下列说法中正确的是A两小球的下落时间之比为1：3B两小球的下落时间之比为1：4C两小球的初速度大小之比为1：3D两小球的初速度大小之比为1：42如图，一理想变压器原副线圈的匝数
2、比为1:2；副线圈电路中接有灯泡，灯泡的额定电压为220V，额定功率为22W；原线圈电路中接有电压表和电流表现闭合开关，灯泡正常发光若用U和I分别表示此时电压表和电流表的读数，则（ ）AU=110V，I=02A BU=110V，I=005ACU=110V，I=02A DU=110V，I=02A3一列横波沿x轴传播，t1时刻波形图为实线，t2时刻的波形图为虚线已知t2=t1+s，振动周期为0.5s，则波的传播方向和传播距离为（ ）A向右，9m B向左，3m C向右，3m D向左，9m4带同种电荷的a、b两小球在光滑水平上相向运动。已知当小球间距小于或等于L时，两者间的库仑力始终相等；小球间距大于
3、L时，库仑力为零。两小球运动时始终未接触，运动时速度v随时间t的变化关系图象如图所示。由图可知Aa小球质量大于b小球质量B在t2时刻两小球间距最大C在0t3时间内两小球间距逐渐减小D在0t2时间内b小球所受斥力方向始终与运动方向相反5如图甲为一理想自耦变压器，输入端接交流稳压电源，其电压随时间变化关系如图乙所示已知n1、n2的比值为21，负载电阻R的阻值为5 ，下面正确的说法有（ ） A负载电阻R消耗的电功率约为48WB通过负载电阻R的电流的有效值为22AC通过负载电阻R的电流的频率为100HzD通过负载电阻R的电流的频率为25Hz6如图所示，有一等腰直角三角形的区域，其斜边长为2L，高为L。
4、在该区域内分布着如图所示的磁场，左侧磁场方向垂直纸面向外，右侧磁场方向垂直纸面向里，磁感应强度大小均为B。一边长为L、总电阻为R的正方形导线框abcd，从图示位置开始沿x轴正方向以速度v匀速穿过磁场区域。取沿顺时针的感应电流方向为正，则下列表示线框中电流i随bc边的位置坐标x变化的图象正确的是（ ）7如图所示，水平光滑地面上停放着一辆质量为M 的小车，其左侧有半径为R 的四分之一光滑圆弧轨道AB，轨道最低点B 与水平轨道BC相切，整个轨道处于同一竖直平面内。将质量为m 的物块（可视为质点）从A 点无初速度释放，物块沿轨道滑行至轨道末端C处恰好没有滑出重力加速度为g，空气阻力可忽略不计关于物块从
5、A位置运动至C位置的过程，下列说法中正确的是（ ）A小车和物块构成的系统动量守恒B摩擦力对物块和轨道BC所做功的代数和为零C物块的最大速度为D小车的最大速度为8如图所示，一飞行器围绕地球沿半径为r的圆轨道1运动。经P点时，启动推进器短时间向前喷气使其变轨，2、3是与轨道1相切于P点的可能轨道。则飞行器A变轨后将沿轨道3运动B相对于变轨前运行周期变长C变轨前、后在两轨道上经P点的速度大小相等D变轨前、后在两轨道上经P点的加速度大小相等9如图所示,两根平行长直金属轨道，固定在同一水平面内，问距为d，其左端接有阻值为R的电阻，整个装置处在竖直向上、磁感应强度为B的匀强磁场中。一质量为m的导体棒ab垂
6、直于轨道放置，且与两轨道接触良好，导体棒与轨道之间的动摩擦因数为。导体棒在水平向右、垂直于棒的恒力F作用下，从静止开始沿轨道运动距离l 时，速度恰好达到最大（运动过程中导体棒始终与轨道保持垂直），设导体棒接入电路的电阻为r,轨道电阻不计，重力加速度大小为g，在这一过程中A流过电阻R的电荷量为B导体棒运动的平均速度为C恒力F做的功与摩擦力做的功之和等于回路产生的电能D恒力F做的功与安培力做的功之和大于导体棒所增加的动能10边长为L的正方形金属框在水平恒力F作用下运动，穿过方向如图的有界匀强磁场，磁场区域的宽度为d（dL），已知ab边进入磁场时，线框的加速度恰好为零，则线框进入磁场的过程和从磁场另
7、一侧穿出的过程相比较，有A产生的安培力的方向相反B进入磁场过程的时间等于穿出磁场过程的时间C进入磁场过程的发热量少于穿出磁场过程的发热量D进入磁场过程和穿出磁场过程中通过导体内某一截面的电量相等11如图所示，AB、CD为两个平行的水平光滑金属导轨，处在方向竖直向下、磁感应强度为B的匀强磁场中AB、CD的间距为L，左右两端均接有阻值为R的电 阻质量为m、长为L，且不计电阻的导体棒MN放在导轨上，甲、乙为两根相同的轻质弹賛，弹簧一端与 MN棒中点连接，另一端均被固定导体棒MN与导轨接触良好。开始时，弹簧处于自然长度，导体棒MN具有水平向左的初速度，经过 一段时间，导体棒MN第一次运动到最右端，这一
8、过程中A、C间的电阻R上产生的焦耳热为Q，A则初始时刻导体棒所受的安培力大小为B从初始时刻至导体棒第一次到达最左端的过程中，整个回路产生的焦耳热大于C当导体棒第一次到达最右端时，每根弹簧具有的弹性势能为D当导体棒第一次回到初始位置时，A、C间电阻R的热功率为第II卷（非选择题）二、计算题：共6题 共66分12如图所示，B是质量为2m、半径为R的光滑半圆弧槽，放在光滑的水平桌面上。A是质量为3m的细长直杆，在光滑导孔的限制下，A只能上下运动。物块C的质量为m，紧靠B放置。初始时，A杆被夹住，使其下端正好与半圆弧槽内侧的上边缘接触，然后从静止释放A。求：（1）杆A的下端运动到槽B的最低点时B、C的
9、速度；（2）杆A的下端经过槽B的最低点后，A能上升的最大高度。13如图所示，一轻绳长为L，下端拴着质量为m的小球(可视为质点)，当球在水平面内做匀速圆周运动时，绳与竖直方向间的夹角为，已知重力加速度为g，求：(1)绳的拉力大小F；(2)小球做匀速圆周运动的周期T.14如图所示，四条水平虚线等间距的分布在同一竖直面上，间距为h。在、两区间分布着完全相同，方向水平向内的磁场，磁场大小按B-t图变化（图中B0已知）。现有一个长方形金属线框ABCD，质量为m，电阻为R，AB=CD=L，AD=BC=2h。用一轻质的细线把线框ABCD竖直悬挂着，AB边恰好在区的中央。t0（未知）时刻细线恰好松弛，之后剪断
10、细线，当CD边到达 M3N3 时线框恰好匀速运动。（空气阻力不计，g取10m/s2）（1）求t0的值（2）从剪断细线到整个线框通过两个磁场区的过程中产生的电能15如图，质量为M、长L=15 m,右端带有竖直弹性档板的木板B静止在光滑水平面上。一质摄为m的小木块A（视为质点）以v04m/s的水平速度滑上B的左端，经过一次与档板的碰撞，最后停在B的表面上。已知A与B上表面间的动摩擦因数02，A与挡板碰撞时无机械能损失，忽略碰撞时间，取g10 m/s2，求的取值范围。16如图所示固定在竖着平面内的光滑绝缘管道ABCDQ的A、Q两端与倾角=37的传送带相切。不计管道内外径的差值AB部分为半径R1=0.
11、4 m的圆弧，CDQ部分也是圆弧.D为最高点,BC部分水平，且仅有BC段处于场强大小E=4103 N/C，方向水平向右的匀强电场中，传送带长L=1.8 m，传送轮半径忽略不计。现将一可视为质点的带正电滑块从传送带上的Q处由静止释放，滑块能从A处平滑进入管道。已知滑块的质量m=l kg、电荷量q=510-4C滑块与传送带之间的动摩擦因数=0.5，滑块通过管道与传送带的交接处时无速度损失，滑块电荷量始终保持不变，最大静摩擦力等于滑动摩擦力g=10 ms2。（1）若传送带不动，求滑块第一次滑到A处的动能；（2）若传送带不动求滑块第一次滑到C处时所受圆弧轨道的弹力；（3）改变传送带逆时针的转动速度以及
12、滑块在Q处滑上传送带的初速度，可以使滑块刚滑上传送带就形成一个稳定的逆时针循环（即滑块每次通过装置中同一位置的速度相同）。在所有可能的循环中，求传送带速度的最小值。（结果可以用根号表示）17如图所示，DEG与DEG是两根电阻不计、相互平行的光滑金属导轨，间距L-OSm，所构成的DDEE为水平面、EEGG为倾角=37的斜面，DD距离地面的高度h=5 m（图中未标出），E间接有R=6 的电阻，两导轨同有平行于EE放置，与导轨接触良好的金属杆ab、cd，两杆的电阻均为r=6、质量均为m= 0.4 kg，在cd的下侧，紧靠cd有两根垂直于斜面EEGG的固定立柱1和2。DD的右侧有方向竖直向下的匀强磁场
13、。现用一向左的水平恒力F作用于ab杆使其由静止开始向左运动，并最终在水平导轨上匀建运动。在ab杆匀逮运动时，cd杆对两根立柱的总压力为3.2 N。当ab杆运动到DD处时，立即撤掉力F，最终轩落地的位置离DD的水平距离x=2 m。ab杆在轨道上运动的过程中，通过ab杆的电荷量q=l C。g=10 m/s2，sin37=0.6，cos37=08。求；（l）ab杆匀速运动时,cd杆所受的安培力大小；（2）匀强磁场的磁感应强度大小；（3）整个过程中，电路产生的焦耳热。参考答案1【答案】D来源:Zxxk.Com【解析】试题分析：两球的抛出高度相同，故下落时间相同，故AB错误；两小球的水平位移分别为OP和
14、OQ，故水平位移之比为1：4，故由可知两小球的初速度之比为1：4，故D正确，C错误；考点：平抛运动【名师点睛】解决本题的关键知道平抛运动在水平方向和竖直方向上的运动规律，对于平抛运动要注意用好几何关系，并能灵活应用各物理量之间的关系。2A【解析】试题分析：灯泡正常发光说明副线圈的电压为220V，电流为，根据电压、电流与匝数的关系知，原线圈中电压为，电流为，A正确故选A考点：交流电；变压器【名师点睛】本题考查了变压器的特点；电压与匝数成正比，电流与匝数成反比；灯泡正常发光说明副线圈的电压为220V，计算电流，根据变压器中电压与匝数成正比，电流与匝数成反比即可求解。3C【解析】试题分析：由题，s，
15、则波传播的时间为：t=s，而周期为T=0.5s，则t=T，波传播的距离为：x=12m=3m，由波形平移法得知，波向x轴正方向，C正确考点：横波的图象；波长、频率和波速的关系来源:学科网ZXXK【名师点睛】本题知道两个时刻的波形，运用波形的平移法进行处理是经常采用的方法初次之外，在分析波的传播上还经常用到上坡下坡法、二速（波速和质点振动的速度）同侧法以及前点带动后点法解答该类型的题要注意对时间间隔的限制，以及波传播的周期性4A【解析】试题分析：从速度-时间图象可以看出b小球速度-时间图象的斜率绝对值较大，所以b小球的加速度较大，两小球之间的排斥力为相互作用力大小相等，根据知，加速度大的质量小，所
16、以a小球质量大于b小球质量，故A正确；二者做相向运动，所以当速度相等时距离最近，即t2时刻两小球最小，之后距离又开始逐渐变大，故B、C错误；b球0-t1时间内作匀减速运动，所以0-t1时间内排斥力与运动方向相反，t1t2时间内作匀加速运动，斥力方向与运动方向相同，故D错误故选A。考点：v-t图线；牛顿定律的应用【名师点睛】此题考查了v-t图线以及牛顿定律的应用；解决本题的关键能正确分析小球的受力情况，知道图象的斜率等于加速度，质点作加速运动时合力与速度同向，减速运动时合力与速度反向。5B【解析】试题分析：由乙图得到理想变压器的输出电压的最大值为Um=311V，故有效值为：；已知n1、n2的比值
17、为2：1，根据理想变压器的变压比得副线圈电压U2=110V，所以通过负载电阻R的电流的有效值为，故B正确；负载电阻R消耗的电功率约为，选项A错误；由乙图得周期T=002s，所以通过负载电阻R的电流的频率为，故CD错误；故选B考点：交流电的有效值；频率【名师点睛】本题关键记住变压器的变压公式，知道理想变压器的输入功率等于输出功率；同时要熟悉交流电的最大值、有效值、峰值；理想变压器的输入功率和输出功率相等。6D【解析】试题分析：线框刚进入磁场时，bc边切割磁感线，由右手定则知，进入时的感应电流方向为顺时针方向，C错；当线框出磁场时，ad边切割磁感线，由右手定则知此时的电流方向也为顺时针方向，AB错
18、，D对。考点：电磁感应现象、右手定则。【名师点睛】对电磁感应电源的理解（1）电源的正负极可用右手定则或楞次定律判定，要特别注意在内电路中电流由负极到正极。（2）电磁感应电路中的电源与恒定电流的电路中的电源不同，前者是由于导体切割磁感线产生的，公式为EBLv，其大小可能变化，变化情况可根据其运动情况判断；而后者的电源电动势在电路分析中认为是不变的。（3）在电磁感应电路中，相当于电源的导体（或线圈）两端的电压与恒定电流的电路中电源两端的电压一样，等于路端电压，而不等于电动势。（除非切割磁感线的导体或线圈电阻为零）7D【解析】试题分析：小车和物块构成的系统在水平方向受到的合力为零，竖直方向有加速度，
19、合力不为零，所以小车和物块构成的系统动量不守恒，在水平方向动量守恒故A错误；摩擦力大小相等方向相反，但物块与车位移不等（有相对位移），代数和不为0故B错误在脱离圆弧轨道后，小车和物块由于摩擦力都会做匀减速运动，所以最大速度出现在物块运动到B点时，规定向右为正方向，小车和物块构成的系统在水平方向受到的合力为零，系统在水平方向动量守恒设物块运动到B点时，物块的速度大小是v1，小车的速度大小是v2，根据动量守恒得：0=mv1+M（-v2）根据能量守恒得：解得：，故C错误，D正确故选D考点：动量守恒定律及能量守恒定律8AD【解析】试题分析：由于在P点推进器向前喷气，故飞行器将做减速运动，受到v减小，飞
20、行器做圆周运动需要的向心力：减小，小于在P点受到的万有引力：，则飞行器将开始做近心运动，轨道半径r减小因为飞行器做近心运动，轨道半径减小，故将沿轨道3运动，故A正确； 根据开普勒行星运动定律知，卫星轨道半径减小，则周期减小，故B错误；因为变轨过程是飞行器向前喷气过程，故是减速过程，所以变轨前后经过P点的速度大小不相等，故C错误；飞行器在轨道P点都是由万有引力产生加速度，因为在同一点P，万有引力产生的加速度大小相等，故D正确故选AD。考点：万有引力定律的应用【名师点睛】此题是万有引力定律的应用问题；解题时能根据飞行器向前喷气判断飞行器速度的变化，再根据做匀速圆周运动的条件求确定物体做近心运动，熟
21、知飞行器变轨原理是解决本题的关键。9AD【解析】试题分析：流过电阻R的电荷量为；导体达到最大速度时满足：，解得，因导体在力F作用下做加速度减小的变加速运动，故导体棒运动的平均速度不等于，选项B错误；根据动能定理，恒力F做的功、摩擦力做的功和克服安培力做功之和等于动能增加量，而克服安培力做功等于回路产生的电能，故恒力F做的功与安培力做的功之和大于导体棒所增加的动能，选项C错误，D正确；故选AD考点：法拉第电磁感应定律；物体的平衡【名师点睛】导体在恒力作用下向左先做加速运动后做匀速运动，此时速度达到最大，由求解电量根据平衡条件和安培力的表达式求解最大速度根据功能关系分析：恒力F做的功与摩擦力做的功
22、之和与动能的变化量、恒力F做的功与安培力做的功之和与动能变化量的关系10CD【解析】试题分析：进入过程中，产生的安培力是阻碍金属框进入磁场，故方向向左，穿出过程中，产生的安培力是阻碍线框穿出，故方向向左，所以两个过程中的安培力方向相同，A错误；进入磁场时，线框做匀速运动进入磁场后，线框匀加速通过位移d-L，穿出磁场时，速度增大，安培力增大，则线框做减速运动，穿出磁场时，线框速度大于等于进入磁场时的速度则进入磁场过程的时间大于穿出磁场过程的时间，故B错误；根据功能关系：进入磁场过程，F做功等于线框的发热量穿出磁场过程，F做功与动能的减小量之和等于线框的发热量，而拉力做功相等，则进入磁场过程的发热
23、量少于穿出磁场过程的发热量，故C正确；根据可得两种情况下线框的磁通量变化量相等，则通过导体内某一截面的电量相等，D正确；考点：考查了导体切割磁感线运动【名师点睛】根据楞次定律判断感应电流的方向和安培力的方向线框进入磁场过程加速度为零，做匀速运动，完全在磁场中运动时做匀加速运动，穿出磁场速度大于进入磁场的速度，安培力增大，线框将做减速运动，出磁场时大于或等于进入磁场时的速度，所用时间将缩短根据感应电量公式，分析电量关系11ABC来源:Zxxk.Com【解析】试题分析：由F=BIL及，得安培力大小为故A正确；由题，MN棒第一次运动至最右端的过程中AB间电阻R上产生的焦耳热Q，回路中产生的总焦耳热为
24、2Q由于安培力始终对MN做负功，产生焦耳热，棒第一次达到最左端的过程中，棒平均速度最大，平均安培力最大，位移也最大，棒克服安培力做功最大，整个回路中产生的焦耳热应大于，故B正确；由能量守恒得知，当棒第一次达到最右端时，物体的机械能全部转化为整个回路中的焦耳热和甲乙弹簧的弹性势能，又甲乙两弹簧的弹性势能相等，所以甲具有的弹性势能为，故C正确；当棒再次回到初始位置时，速度小于v0，棒产生的感应电动势小于BLv0，则AB间电阻R的功率小于，故D错误；故选ABC考点：能量守恒定律；法拉第电磁感应定律【名师点睛】本题主要考查电磁感应问题中的能量转化问题；分析系统中能量如何转化是难点，也是关键点，根据导体
25、棒克服安培力做功等于产生的焦耳热，分析电阻R上产生的热量。解题时注意电路的结构12（1）（2）来源:学科网ZXXK【解析】试题分析：（1）最低点时，长直杆在竖直方向的速度为0，BC具有共同速度v，由（整个系统ABC）机械能守恒定律3mgR=所以，（2）B、C分离后，杆上升到所能达到的最高点时，AB的速度均为0，AB系统机械能守恒解得考点：机械能守恒定律【名师点睛】此题是关于机械能守恒定律的应用题；关键是能根据题目所给条件分析出机械能守恒，找到物理过程的初末状态，利用机械能守恒定律列出方程求解；注意分析各个物体运动过程中的速度关系是本题的难点【答案】 (1) ；(2) 【解析】试题分析： (1)
26、以球为研究对象，受力分析如图所示，由平衡条件，得。(2)由牛顿第二定律，得。考点：向心力【名师点睛】解决本题的关键知道小球所受的重力和拉力的合力提供圆周运动的向心力小球在竖直方向上平衡，即拉力在竖直方向的分力等于重力。14（1）（2）【解析】试题分析：（1）细线恰好松弛，线框受力分析有：B0IL=mg因感生产生的感应电动势：得：（2）当CD边到达M3N3时线框恰好匀速运动，速度为v线框受力分析有：B0IL=mg因CD棒切割产生的感应电动势：E=B0Lv线框静止开始下落到CD边刚离开M4N4的过程中线框中产生电能为E电，线框下落高度为4.5h，根据能量守恒得：重力势能减少量等于线框动能与电能之和
27、为：mg4.5hE电+mv2考点：法拉第电磁感应定律；能量守恒定律来源:学#科#网Z#X#X#K15【解析】试题分析：设A停在B表面上时速度为v，以向右为正，对全过程，根据动量守恒定律得：mv0=（M+m）v当有最小值时，m与挡板接触时两者刚好共速，设其最小值为k，则有：mv02（M+m）v2mgL解得：，当有最大值时，m与挡板碰撞后运动到M得左端，两者刚好共速，设其最大值为k，则有：mv02（M+m）v2mg2L解得：，所以考点：动量守恒定律及能量守恒定律【名师点睛】本题考查动量守恒定律以及功能关系的应用，要注意灵活选择研究系统，分析其动量和机械能是否守恒；并明确摩擦力做功产生的内能的计算方
28、法为Q=mgx，x为相对运动的位移。16（1）3.6J（2）38.8N（3）【解析】试题分析：（1）滑块在传送带上滑动的过程中，有：EG-W摩=Ek代入数据解得：EK=3.6J（2）由几何关系可得：hAC=R1+R1cos代入数据可得：hAC=0.72m ,R2=1m，xBC=1.8m滑块由A到C的过程中，有滑块在圆弧C处，有联立以上各式并带入数据可解得滑块所受管道的弹力FN=38.8N（3）要达到稳定的循环，要求每一循环中，对滑块需满足条件：在滑块在传送带上时，速度大于传送带速度和小于传送带速度所对应的位移分别为x1和x2则L=x1+x2代入数据可得：x1=0.45m，x2=1.35m所有可
29、能的循环中，传送带速度最小所对应的情况是物体恰能够越过最高点D，即vD=0此种情况下，物体从D点滑到与传送带等速的过程中又联立以上各式解得：考点：动能定理及牛顿第二定律的应用【名师点睛】此题是力学综合题，考查动能定理及牛顿第二定律的应用；解题时关键是将复杂的物理过程分阶段处理，通过分析受力及运动情况，选取合适的物理规律列出方程；解题时一定要注意临界态的挖掘，并注意几何关系在解题时的应用.17（1）1N（2）6T（3）5.2J【解析】试题分析：（1）cd杆静止时，对杆受力分析，见图，由力的平衡条件：带入数据解得：F安=1N（2）离开导轨后，ab杆做平抛运动，有x=vt 解得v=2m/s做匀速运动时，ab杆受安培力为：Fab=2F安=2N又Fab=BIL联立上述各式，代入数据解得B=6T（3）设ab杆在轨道上的位移为s解得s=3m杆在切割磁场的过程中，由能量守恒定律又F=Fab=2N联立以上各式并代入数据可得：Q=5.2J考点：法拉第电磁感应定律；能量守恒定律；物体的平衡【名师点睛】此题是力、电、磁综合题；考查了法拉第电磁感应定律、能量守恒定律、物体的平衡及平抛物体的运动规律；解题时要分析杆的受力情况，根据状态列出方程；搞清下落过程中的能量转化情况，捋清能量关系.版权所有：高考资源网()