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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