《河南省中原名校2015-2016学年高二物理下学期学情调研考试试题（扫描版）》由会员分享，可在线阅读，更多相关《河南省中原名校2015-2016学年高二物理下学期学情调研考试试题（扫描版）（13页珍藏版）》请在金锄头文库上搜索。
1、1河南省中原名校 2015-2016 学年高二物理下学期学情调研考试试题（扫描版）23456中原名校 2 0152016 学年高二下期学情调研物理参考答案71.C 【解析】根据公式 ，解得 a=0.5 m/s2，A 错误； v=230.4 km/h=64 m/s，加速211vx过程中，动车组的平均速度为 32 m/s，B 错误；整个加速过程的位移是vx= =4 096 m，C 正确；根据公式 =2ax2可知，动车组的速度由 20 m/s 加2va23速到 30 m/s 经过的位移是 500 m，D 错误。2.D 【解析 】因碰撞前散落物与事故车辆是一个整体，故散落物 A 的初速度等于散落物 B
2、 的初速度，A 错误；由公式 得散落物在空中飞行的时间与碰撞的瞬间车辆的速2htg度无关，B 错误；根据平抛运动的知识可知，散落物 A 的落地时间为 ，112htg水平位移为 ，散落物 B 的落地时间为 ，水平位移为112hsvtg 22htg， ，进而求得 ，22st 1212hLsvg12()ghvLC 错误，D 正确。3.D 【解析】由题意可知两根长直导线中的电流大小相等，到圆心 O 的距离相等，由安培定则可知，两根长直导线中电流在圆心 O 处产生的磁感应强度大小相等、方向相同，设其中一根长直导线在圆心 O 处产生的磁感应强度的大小为 B0，则 B=2B0。将长直导线 b 沿圆周顺时针方
3、向旋转 90后，两根长直导线中的电流产生的两个磁场的方向相互垂直，所以 B= B0= B，D 正确。24.C 【解析】根据 q1左侧和 q2右侧电势随着到原点 O 的距离的增大而降低可判断两点电荷均带正电，A 错误； A、 O 两点间的电场强度方向均沿 x 轴正方向，原点 O 处的场强为零，B 错误；根据 A、 C 间沿 x 轴正方向图线斜率的绝对值先减小后增大可知，场强先减小到零后反向增大，C 正确；由于质子带正电，则质子从 A 点沿 x 轴正方向移动到 C 点，电势能先减小后增大，因此电场力先做正功后做负功，D 错误。5.D 【解析】根据场强的定义式 可知， P 点处的场强大小为 1103
4、 N/C，又根据场强的FEq方向与负点电荷所受电场力的方向相反可知， P 点处的场强方向应由 O 指向 P，A错误；若将置于 P 点的点电荷移走， P 点处依然存在电场且场强不变，B 错误；根据库仑定律 可知，置于 O 点的场源点电荷带正电、电荷量为 1108 2=QFkrC，C 错误； O、 P 两点处的点电荷在 O、 P 连线的中垂线上某点产生的场强方向分8别为背向 O、指向 P，由场强的叠加原理可知，该点的场强大小为 1103 N/C、方向与中垂线垂直向 右，D 正确。6.B 【解析】由题意可知，长直导线 B 对长直导线 A 的安培力为斥力，其大小为 F，空间内再放置长直导线 C 后，长
5、直导线 A 所受到的安培力的大小仍为 F，又长直导线 C 对长直导线 A 的安培力为引力，根据力的合成可知长直导线 C 对长直导线 A 的安培力的大小也为 F，因此长直导线 C 中电流的大小也为 2I，长直导线 C 对长直导线 B 的安培力为斥力，大小为 2F。对长直导线 B 进行受力分析，如图所示，由几何关系可知FAB与 FCB之间的夹角为 60，则由余弦定理可得，22cos120ACAB合代入数据可得 = F，A 错误， B 正确；同理可求得长直导线 C 所受到的安培力合 7的大小为 F，CD 错误。37.A 【解析】由题图 2 可知，交变电压的周期为 0.02 s，所以交变电压的频率为
6、50 Hz，A 正确；根据理想变压器两端的电压与其匝数成正比可知，原线圈两端的电压的最大值为 310 V，副线圈两端的电压的最大值为 31 V，所以副线圈两端的电压的有效值为 ，B 错误；当滑动变31V2 阻器的滑片向右滑动时，副线圈电路中的总电阻变小，副线圈两端的电压不变，则副线圈中的电流变大，原线圈中的电流也随之变大，定值电阻 R 消耗的功率增大，CD 错误。8.D 【解析】小球从 P 点运动到 Q 点的过程中，受到重力和电场力的作用，合力斜向左下方，小球的运动可视为类斜抛运动，由对称性可得， Q 点位置如图所示，所以选项 B 错误，选项 D 正确；小球从 P点运动到 Q 点的过程中，电场
7、力做负功，电势能增加，选项 A 错误；又由于小球在竖直方向上做自由落体运动，时间 t 内下降的高度为 h= gt2，则小球的重力1势能减少量为 mgh= mg2t2，故选 项 C 错误。19.BC 【解析】星球的自转周期由星球自身的因素决定，因此星球 A 与地球的自转周期的大小关系不能确定，A 错误；对于星球表面的物体，若忽略星球自转的影响，重力等于万有引力，即 ， ，所以有 ，则同一物体在星球2MmGgR2GR21AMRg地地 地9A 表面的重力约为在地球表面的重力的 ，B 正确；近地卫星的环绕速度最大，因12此由 ，解得 ，所以有 ，C 正确；轨道半径2MmvGRGMR1ARv地地 地相同
8、的卫星环绕星球运行时，由 ，解得 ，轨道半径相同，2mrGMvr星球的质量不相同，则两卫星的环绕速 度不同，D 错误。10.CD 【解析】磁感应强度均匀变化，产生恒定的感应电流，A 错误。01 s 内，磁通量垂直于纸面向里且均匀增加，由楞次定律可以判定感应电流的方向为逆时针，12 s 内，磁通量垂直于纸面向里且均匀减弱，由楞次定律可以判定感应电流的方向为顺时针，23 s 内，无磁通量变化，则无感应电流；34 s 内，磁通量垂直纸面向外且均匀增加， 由楞次定律可以判定感应电流的方向为顺时针，应与 12 s 内电流的方向相同，B 错误。45 s 内，磁通量垂直于纸面向外且均匀减弱，由楞次定律可以判
9、定感应电流的方向为逆时针，由于没有规定电流的正方向，故 CD 可能正确。11.BD 【解析】若重力不计，质点 P 将做匀速圆周运动，无法达到 b 点，圆周运动的周期 T= 0.314 s，A 错误，B 正确；若无论 l 取何值，质点 P 都能到达 b 点，则一2mqB定是在考虑重力的情况下，质点 P 所受重力和洛伦兹力平衡，洛伦兹力竖直向上，由左手定则可知，质点 P 一定带正电，C 错误；此时由 mg=qvB，得 v= =0.5 mgqBm/s，D 正确。12.ACD 【解析】因滑块由 M 到 N 的过程中有一部分弹性势能用于克服摩擦力做功，所以 EpMEpN ，且 xOMxON，A 正确；在
10、滑块从 M 向 N 运动的过程中， 加速度为零时速度最大，此时 kxmg =0，轻弹簧仍处于伸长状态，在 O 点右侧，B 错误，C 正确；由能量守恒有 EpMmg xOM =EkO， xOML，可得滑块在 O 点时的动能小于 EpMmgL ，D正确。13.【答案】（1） （2 分） （1 分） 1()2ndmT21(8)ndT（2）小于（1 分） 重物要克服阻力做功（2 分）【解析】（1）在打下 O 点到打下 N 点的过程中，重力势能的减少量为 Ep=mgdn，动能的增加量为 Ek= ，由机械能守恒定律 Ep= Ek得21()ndm。21(8)ndTg（2）因为实验过程中重物要克服阻力做功，所
11、以重力加速度的测量值小于其真实值。14.【答案】（1）D（2 分）10（2）B（1 分） C （1 分） E（1 分） （3） a（1 分）（4） c（1 分）（5）0.33（1 分）【解析】 （1）常温下，小灯泡的电阻约为几欧甚至更小，而欧姆表 指针指在中央刻度附近时其测量精度高，所以多用电表应选用欧姆“1”挡。（2）小灯泡的额定电压为 2.5 V，电压表选量程为 03 V 的 V1，小灯泡在额定功率下工作，其通 过的电流为 0.24 A，所以电流表应选量程为 0300 mA 的A2，两电阻并联后的总电阻受较小电阻的影响较大，为了便于调节小灯泡两端的电压，滑动变阻器应选 R1。（3）电流表
12、A2的内阻约为 1 ，电压表 V1的内阻约为 5 k，电流表的分压作用大于电压表的分流作用，所以电流表应采用外接法，即测量电路部分的导线应与 a 点连接在一起。（4）开始时滑动变阻器的滑动触头应置于 c 端，然后向右滑动，可使小灯泡两端的电压从 0 开始逐渐增大。（5）由题图 2 中图象可知，当小灯泡两端的电压为 1.5 V 时，其通过的电流为0.22 A，由 P=UI，可知此时小灯泡的功率为 0.33 W。15.【解析】（1）物体向下运动时受到向上的拉力作用，物体做减速运动，摩擦力与拉力的方向都向上，受力分析如图所示：根据牛顿第二定律有 Fmgsin +mg cos =ma1（2 分）解得加
13、速度 a1=6 m/s2（1 分）当速度减小到 0 时，向下运动的时间为 t1= =1 s（1 分）va物体再向上加速运动，摩擦力方向向下，受力分析如图所示：根据牛顿第二定律有 Fmgsin mg cos =ma2 （2 分）解得加速度 a2=2 m/s2（1 分）当加速到 v=8 m/s 时，向上运动的时间为 t2= =4 s（ 1 分）va故当速度变为 v=8 m/s 且向上运动时经过的总时间为 t=t1+t2=5 s（1 分）（2）这段时间内物体通过的路程为 x= t1+ t2=19 m（1 分）v则物体克服摩擦力所做的功为 W= mg cos x=38 J（2 分）16.【解析】（1）
14、粒子先运动到 P 点再运动到 Q 点，轨迹如图所示。粒子从 A 点到 P 点做类平抛运动x 轴方向上有 xP=v0t1（1 分）y 轴方向上有 y= a ， vy=at1（2 分）21t11则粒子进入磁场时的速度为 v= =200 m/s （1 分）20y粒子进入磁场时的速度方向与 x 轴正方向的夹角为 ，则tan = （1 分）043yv由几何关系得 （2 分）35m2sin16QPxR由 （2 分）vqBm得 B= 106 T=9.1107 T，方向垂直纸面向里（2 分）35（2）粒子在电场与磁场中做周期性的运动根据 v0t1=xP得第一阶段粒子做平抛运动的时间为 （1 分）13s0.48
15、t粒子做圆周运动的周期为 102 s（2 分）2356RTv粒子做圆周运动的时间为 （1 分）2710.805t 粒子运动的周期为 T1=2t1+t2=0.1 s （1 分）（3）若要粒子能垂直达到挡板上，则挡板的位置对应的横坐标为x=xQ+xP+n(xP+ )(n=0，1，2，) （2 分）Q得挡板的位置对应的横坐标为 6.25k m(k=2，3，4，) （2 分）17.（1）【答案】ACD（5 分）【解析】布朗运动间接反映了分子运动的无规则性，A 正确；热运动在 0 时不会停止，B 错误；温度是分子平均动能的标志，所以温度相同的氢气和氧气的分子平均动能相同，氢气分子的平均速率大于氧气分子的
16、平均速率，C 正确；液晶显示器利用了液晶对光具有各向异性的特点，D 正确；气体分子间的空隙非常大，只能计算出分子间的距离，E 错误。（2）【解析】（i）设右管中加入水银后右管中的气柱长为 L1，则( p0+ g L)SL=(p0+ gL)SL1（2 分）1212解得 L1= L（ 2 分）90（ii）设左管中的气柱长为 L2，则( p0+ g L)SL=p0+ gL2( gL gL2)SL2（2 分）化简得 2 +8LL29.5L2=0（2 分）解得 L2=( 2)L（2 分）3518.（1）【答案】ADE（5 分）【解析】由于振源的起振方向向上，且在 t=0.3 s 时，该波刚好传播到质点 C 处，且振源
