2012-2013学年江苏省涟水县郑梁梅中学高一下学期期初检测物理卷（带解析）.doc

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1、2012-2013学年江苏省涟水县郑梁梅中学高一下学期期初检测物理卷（带解析） 选择题 如图所示，实线是某时刻的波形图象，虚线表示 0.2s后的波形图象。 A若这列波向左传播，则可确定它传播的距离的大小 B若这列波向右传播，则可求它的最大周期 C若波速是 35m/s，则波的传播方向向右 D不管波的传播方向如何，由图象都可以确定 x=0的质点在 0.2s时间内的位移和路程 答案： B 试题分析： A、若波向左传播，它传播的距离的大小 ，不确定， A错误 B、若波向右传播，波传播的最短时间为 周期，根据波形的平移和波的周期性，得出时间与周期的关系式，再求出最大周期，B正确 . C、由波速与时间乘积

2、求出波传播的距离，再由波形的平移确定波的传播方向 当 v=35m/s时，波传播的位移： ，所以，根据波形的平移得到，波向左传播， C错误 D、由于周期不确定，所以无法确定 x=0的质点在 0.2s时间内的位移和路程， D错误。 故选： D. 考点：波长、频率和波速的关系；横波的图象 点评：本题知道两个时刻的波形，常常要考虑波的周期性和双向性，得到周期或波速的通项，再确定特殊值 如图甲所示是回旋加速器的示意 图，其核心部分是两个 D形金属盒，在加速带电粒子时，两金属盒置于匀强磁场中，并分别与高频电源相连带电粒子在磁场中运动的动能 Ek随时间 t的变化规律如图乙所示，若忽略带电粒子在电场中的加速时

3、间，则下列判断中正确的是 ( ) A在 Ekt 图中应有 t4一 t3 t3一 t2=t2t 1 B高频电源的变化周期应该等于 tn一 tn-1 C粒子加速次数越多，粒子最大动能一定越大 D要想粒子获得的最大动能越大，则要求 D形盒的面积也越大 答案： A 试题分析：带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动的周期与速度大小无关，因此，在 Ek-t图中应有 t4一 t3 t3一 t2=t2t 1，选项 A正确； 带电粒子在回旋加速器中每运行一周加速两次，高频电源的变化周期应该等于2(tn-tn-1)，选项 B错误； 由 可知， ，最大动能和金属盒的半径以及磁感应强度有关，与加速的次数和加速电压的大小无

4、关，当轨道半径与 D型盒半径相等时就不能继续加速，故选项 C、 D错。 考点：回旋加速器的工作原理 点评：解决本题的关键知道根据 ，求最大速度，知道最大动能与 D形盒的半径有关，与磁感应强 度的大小有关 关于机械能是否守恒的叙述，正确的是（ ） A做匀速直线运动的物体机械能一定守恒 B做变速运动的物体机械可能守恒 C外力对物体做功为零时，机械能一定守恒 D若只有重力对物体做功，物体的机械能一定守恒 答案： BD 试题分析：分析物体机械能是否守恒应该按照机械能守恒的条件来判断，即在只有重力或弹力对物体做功的条件下（或者不受其他外力的作用下），物体的动能和势能（包括重力势能和弹性势能）发生相互转化

5、，但机械能的总量保持不变 A、物体做匀速直线运动只能是它的动能不变，而重力势能可能 变化，如物体在空中匀速直线下落，机械能就减少，故 A错误； B、做匀变速直线运动的物体机械能可能守恒比如：自由落体运动故 B错误 C、机械能守恒的条件是只有重力做功故 C错误， D正确 故选 D 考点：机械能守恒定律 点评：本题考查机械能守恒的条件，看是不是有重力或系统内弹力以外的力做功，若有则不守恒 如右图所示，足够长的传送带与水平面夹角为 ，以速度 v0逆时针匀速转动在传送带的上端轻轻放置一个质量为 m的小木块，小木块与传送带间的动摩擦因数 tan，则下图所示的图象中能客观地反映小木块的速度随时 间变化关系

6、的是 （ ） A B C D 答案： D 试题分析：要找出小木块速度随时间变化的关系，先要分析出初始状态物体的受力情况，本题中明显重力的分力与摩擦力均沿着斜面向下，且都是恒力，所以物体先沿斜面匀加速直线运动，有牛顿第二定律求出加速度 a1；当小木块的速度与传送带速度相等时，由 tan知道木块继续沿传送带加速向下，但是此时摩擦力的方向沿斜面向上，再由牛顿第二定律求出此时的加速度 a2；比较知道 a1 a2。 初状态时：重力的分力与摩擦力均沿着斜面向下，且都是恒力，所以物体先沿斜面匀加速直线运动，由牛顿第二定律得：加速度：；当小木块的速度与传送带速度相等时，由 tan知道木块继续沿传送带加速向下，

7、但是此时摩擦力的方向沿斜面向上，再由牛顿第二定律求出此时的加速度：；比较知道 a1 a2，图象的斜率表示加速度，所以第二段的斜率变小 故选 D。 考点：牛顿第二定律；匀变速直线运动的图像；滑动摩擦力 点评：本题的关键 1、物体的速度与传送带的速度相等时物体会继续加速下滑 2、小木块两段的加速度不一样大是一道易错题 质量为 m的消防队员从一平台上自由落下，下落 3 m后双脚触地，接着他用双腿弯屈的方法缓冲，使自身重心又下降了 0.6 m，假设在着地过程中地面对他双脚的平均作用力大小恒定，则消防队员 A着地过程中地面对他双脚的平均作用力等于 6 mg B着地过程中处于失重状态 C在空中运动的加速度

8、大于触地后重心下降过程中的加速度 D在着地过程中地面对他双脚做负功使其动能减小 答案： A 试题分析：消防队员从平台上跳下后，重力做正功，着地过程中，他受到重力和地面对他的作用力，重力做正功，地面的作用力做负功，对全过程应用动能定理求解地面对他双脚的平均作用力 A、设消防队员的重力为 G，地面对他双脚的平均作用力大小为 F 根据动能定理，对全过程进行研究得： 得到 ，即在着地过程中地面对他双脚的平均作用力估计为自身所受重力的 6倍， A正确 B、着地过程加速度向上超重， B错误。 C、在空中运动的加速度为 g，触地后重心下降过程中的加速度为：， C错误； D、着地过程中地面对他双脚不做功， D

9、错误。 故选 ： A。 考点：牛顿第二定律；匀变速直线运动的位移与时间的关系 点评：本题涉及两个过程运用动能定理求解的，也可以分两段，由牛顿定律和运动学公式结合求解 如图所示，一质量为 m、电荷量为 q的带正电粒子以初速度 v0从左端 A点沿中心虚线射入正交的匀强电场、匀强磁场区域，电场强度大小为 E，磁感应强度大小为 B。若 qv0B qE，则粒子从 C点以速度 （未知）射出，侧移量为y，不计粒子的重力，则下列说法中正确的是 A轨迹 AC 是圆的一部分 B速率 C粒子通过复合场区域所用时间 D粒子经复合场区域时加速度的大小 ，方向时刻改变 答案： D 试题分析：该运动轨迹是带电粒子在电场力和

10、洛伦兹力的共同作用下完成的，轨迹不是圆的一部分，错；从到只有电场力做功，错；水平方向不受外力，带电粒子水平方向和竖直方向都做的是变加速运动，运动时间无法求出，错；对； 故答案：为： D。 考点：带电粒子在混合场中的运动 点评：该题模型是 “速度选择器 ”，并考查动能定理，难度不大 如下图所示，足够长的光滑导轨 ab、 cd水平置于竖直向下的匀强磁场中，变压器为理想变压器。现用水平向右的恒力 F使金属杆 MN 从静止开始向右运动。下列说法正确的是（ ） A通过线圈 n1的电流为直流电且方向从 a到 c B电阻 R始终没有电流 C电阻 R先有电流后没有电流 D杆 MN 做匀加速运动 答案： AC

11、试题分析：变压器是根据磁通量的变化来工作的，当原线圈的磁通量恒定时，副线圈是没有感应电流的，根据变压器的工作的原理分析原线圈中的电流的变化情况即可的出结论 棒在拉力作用下沿水平方向运动，水平方向受拉力、安培力作用，用右手定则判定 ab中电流方向，再用左手定则判断 ab所受安培力方向与拉力方向相反，则棒的合外力： ， 又因为 ，即安培力大小跟速度成正比，由此可知，在合外力大于 0时，棒做加速度减小的加速运动，当合外力等于 0时，棒做匀速直线运动 A、 MN 切割磁感线产生感应电动势，由右手定则可以判断电流方向 NMacN，方向不变，为直流，所以 A正确。 B、 MN 达到匀速前，做变速运动，产生

12、变化的电流， n1中的磁通量发生变化，n2中磁通量变化，所以电阻 R中会有感应电流产生， B错误； C、若 MN 匀速运动，则 MN 切割磁场产生的电流时恒定的，线圈产生的磁通量也是恒定的，不会引起副线圈的磁通量的变化，所以副线圈不会有感应电流产生，所以副 线圈的电流全为零，电阻 R先有电流后没有电流，所以 C正确； D、杆 MN 做加速度逐渐减小的变加速运动，所以 D错误 故选 AC 考点：变压器的构造和原理 点评：变压器只能在交流电路中工作，变压器是根据磁通量的变化来工作的，知道变压器的工作的原理就可以解决本题 如图所示， P、 Q 是两个电荷量相等的正点电荷，它们的连线中点是 O， A、

13、B是中垂线上的两点， OA OB，用 EA、 EB和 A、 B分别表示 A、 B两点间的电场强度和电势，则 A.EA一定大于 EB， A一定大于 B B.EA不一定大于 EB， A一定大于 B C.EA一定大于 EB， A不一定大于 B D.EA不一定大于 EB， A不一定大于 B 答案： B 试题分析：根据点电荷场强公式 ，运用矢量合成的平行四边形定则求出连线中垂线上各个点的合场强 两个等量同种电荷连线中点 O 的电场强度为零，无穷远处电场强度也为零，故从 O 点沿着中垂线向上到无穷远处电场强度先增大后减小，场强最大的 P点可能在 A、 B连线之间，也可能在 A、 B连线上，还可能在 A、

14、B连线下，由于 A、B两点的间距也不确定，故 EA可能大于 EB，也可能小于 EB，还可能等于 EB；电场强度一直向上，故电势越来越低， UA一定大于 UB；故 A错误， B正确， C错误， D也错误； 故选 B 考点：电场的叠加；电场强度；点电荷的场强；电势 点评：本题关键是要明确两个等量同种电荷连线的中垂线上的场强分布情况和电势分布情况，沿着场强方向，电势越来越低 如图所示，闭合电键 S，当滑动变阻器的滑片 P移至中点时 a、 b、 c三盏灯的亮度相同，若滑动变阻器的滑片 P 不断下移，三盏灯的亮度最亮的是哪一盏？（假设三盏灯都没有烧坏） A a灯 B b灯 C c灯 D无法判断 答案：

15、C 试题分析：由图可知， c与滑动变阻器串联后再与 b并联，然后并联部分再与 a串联；由题意可知，滑动变阻器的滑片 P移至中点时 a、 b、 c三盏灯的亮度相同，则可根据串联电路和并联电路的特点判断通过灯泡中电流的变化，再结合分析灯泡亮度的变化 当滑片向下移动时，滑动变阻器接入电路的电阻减小，则并联电路部分的总电阻将减小，回路总电阻减小，回路总电流变大，内压降变大， a电压降变大， b灯两端的电压减小， b灯电流减小， c灯电流变大，且 c灯电流增加量比 a灯的增加量大，所以最后 c灯最亮。 故选 C 考点：实际功率；电路的动态分析 点评：本题要求学生能熟练应用串并联电路的电流 及电压规律，同

16、时能灵活的选择合适的功率公式进行判断；若无法直接比较大小关系，可以分别设出需要的物理量，然后再根据已知条件进行比较 实验题 答案： 如图 ， 试题分析： 如图 实验中，当电流表读数为 I1时，电压表读数为 Ul；当电流表读数为 I2时，电压表读数为 U2，根据闭合电路欧姆定律得： 解得： 考点：测定电源的电动势和内阻 点评：对于书本上的实验的考查，我们应该清楚实验的基本测量原理和注意事项，这也是解决一些其它的设计性实验的前提 根据试题的要求填空： 图（甲）为多用电表的示意图，其中 S、 K、为三个可调节的部件，现用此电表测量一阻值约为 20 30k的定值电阻，测量的某些操作步骤如下： 调节可调

17、节部件 _ _，使电表指针停在 _ _位置； 调节可调节部件 K，使它在尖端指向 _ _位置； 将红、黑表笔分别插入 “ ”、 “-”插孔，笔尖相互接触，调节可调节部件 _ _，使电表指针指向 _ _位置。 在用多用表测量另一电阻的阻值时，（所有操作都正确）电表的读数如图（乙）所示，该电阻的阻值为 _ _ 。 （ 3）有一个待测电阻约为 20，若利用伏 安法来进行测量，已知 RV约 1k、RA约为 0.1、为减小测量的误差，应该选用下面的那个电路图？ 甲图 乙图 A甲图 B乙图 C两个图都可以 答案：（ 1） S、左端 “0”、 1k、 T 、右端 “0”（ 2） 1.5104 （ 3） B乙

18、图 试题分析：运用多用电表欧姆挡测量电阻，首先进行机械调零，再将选择开关置于合适的倍率，使指针指在刻度盘中央附近接着进行欧姆调零读数是指示值 倍率 （ 1） 电表首先要进行机械调零调节可调节部件 S，使电表指针停在左端 “0”位置； 根据待测电阻的大约阻值，调节可调 节部件 K，使它在尖端指向 1k位置； 然后选档进行欧姆调零将红、黑表笔分别插入 “ ”、 “-”插孔，笔尖相互接触，调节可调节部件 T，使电表指针指向右端 “0”位置。 （ 2）指示值 15.0，倍率 1k，则读数为 1.5104 （ 3） B乙图 考点：多用电表的原理及其使用 点评：多用电表测电阻时，首先要进行欧姆调零，方法是

19、调节选择开关 K 指在相应的倍率，调节调零电阻，使指针指向右侧电阻刻度为 0的位置 计算题 如图，一半径为 R的圆表示一柱形区域的横截面（纸面）。在柱形区域内加一方向垂直于纸面的匀强磁场，一质量为 m、电荷量为 q的粒子沿图中直线在圆上的 a点射入柱形区域，在圆上的 b点离开该区域，离开时速度方向与直线垂直。圆心 O 到直线的距离为 。现将磁场换为平等于纸面且垂直于直线的匀强电场，同一粒子以同样速度沿直线在 a点射入柱形区域，也在 b点离开该区域。若磁感应强度大小为 B，不计重力，求电场强度的大小。 答案： 试题分析：解答本题注意带电粒子先在匀强磁场运动，后在匀强电场运动。带电粒子在磁场中做圆

20、周运动。粒子在磁场中做圆周运动。设圆 周的半径为 r，由牛顿第二定律和洛仑兹力公式得 式中 v为粒子在 a点的速度。 过 b点和 O 点作直线的垂线，分别与直线交于 c和 d点。由几何关系知，线段和过 a、 b两点的轨迹圆弧的两条半径（未画出）围成一正方形。 因此 设 有几何关系得 联立 式得 再考虑粒子在电场中的运动。设电场强度的大小为 E，粒子在电场中做类平抛运动。设其加速度大小为 a，由牛顿第二定律和带电粒子在电场中的受力公式得 qE=ma 粒子在电场方向和直线方向所走的距离均为 r，有运动学公式得 r=vt 式中 t是粒子在电场中运动的时间。联立 式得 考点：带电粒子在匀强磁场中的运动

21、 点评：带电粒子在磁场中运动的题目解题步骤为：定圆心、画轨迹、求半径，同时还利用圆弧的几何关系来帮助解题值得注意是圆形磁场的半径与运动轨道的圆弧半径要区别开来 一机动车拉一拖车，由静止开始在水平轨道上匀加速前进，在运动开始后的头 10s内走过 40m，然后将拖车解脱但机车的牵引力仍旧不变，再过 10s两车相距 60m试求机动车和拖车质量之比（计算时一切阻力均不计） 答案： :1 试题分析：一起运动时有 ， .脱钩后机动车的 加速度 ，再过 10s前进 ；脱钩后拖车匀速运动，再过 10s前进.由以上解得 . 考点：运动学，牛顿定律 点评：加速度是联系运动学和牛顿定律的桥梁。 磁感应强度为 B的匀

22、强磁场仅存在于边长为 2l的正方形范围内，有一个电阻为 R、边长为 l的正方形导线框 abcd，沿垂直于磁感线方向，以速度 v匀速通过磁场，如图所示，从 ab进入磁场时开始计时 (1)画出穿过线框的磁通量随时间变化的图象； (2)判断线框中有无感应电流若有，请判断出感应电流的方向 ：线框穿过磁场的过程可分为三个阶段：进入磁场阶段 (只有 ab边在磁场中 )、在磁场中运动阶段 (ab、 cd两边都在磁场中 )、离开磁场阶段 (只有 cd边在磁场中 ) 答案： (1) (2)线框进入磁场阶段，电流方向逆时针；线框在磁场中运动阶段，无电流；线框离开磁场阶段，电流方向顺时针 试题分析： (1) 线框进

23、入磁场阶段： t为 0 ，线框进入磁场中的面积随时间成正比， S lvt，最后为 BS Bl2. 线框在磁场中运动阶段： t为 ， 线框磁通量为 Bl2，保持不变 线框离开磁场阶段： t为 ，线框磁通量线性减小，最后为零 (2)线框进入磁场阶段，穿过线框的磁通量增加，线框中将产生感应电流由右手定则可知，感应电流方向为逆时针方向 线框在磁场中运动阶段，穿过线框的磁通量保持不变，无感应电流产生 线框离开磁场阶段，穿过线框的磁通量减小，线框中将产生感应电流由右手定则可知，感应电流方向为顺时针方向 考点：电磁感应 点评：当导体切割磁感线时，要注意切割的有效长度的确定；而对于求平均电动势要使用法拉第电磁感应定律进行计算