【區級聯考天津市河西【最新】高上學期期考試物理試題學校:姓：班：考：一單題1圖中屬于交變電流的是A．

B．C．

D．2下列說法正確的是()A．科總是從正確走向錯表達的并不是一種悲觀失望的情緒B．出日說人是托勒密C．普勒通過天文觀測，發現了行星運動的三定律D．勒日心說闡述了宇宙以太陽為中心，其它星體圍繞太陽旋轉3距水平地面一定高度處由靜止開始下落的雨滴，著地前遇到水平方向吹來的風，A．雨滴做平拋運動B．速越大，雨滴下落時間越長C．速越大，雨滴下落時間越短D．滴地時間與水平風速無關4在水平冰面上，狗拉著雪橇做勻速圓周運動點圓心，能正確地表示雪橇受到的牽引力及擦力

F

f

的選項是（）試卷第1頁，總頁

A．

B．C．

D．5如圖所示，過山車的軌道可視為豎直平面內半徑為的軌道．質量為的游客隨過山車一起運動，當游客以速度v經圓軌道的最高點（）A．處于超重狀態B．度的小一定為

gRC．心加速度方向豎直向下D．位游客的作用力為

26如圖所示，一小鋼球在光滑水平桌面上沿AB直線運動，處有一小球門，BC垂于AB．現用同一根細管分別沿甲、乙、丙三個方向對準處氣，可將鋼球吹進球門的是)A．甲方向B．方向C．方向D．有能7如圖所示，在光滑水平面上，質量為m的球在細線的拉力用下，以速度v做徑為r的速圓周運動．小球所受向心力的大()試卷第2頁，總頁

A．mB．m

vrrC．υ

rD．υr86月24日航天員劉旺手動控制神九號飛完成“天宮一的交會對接，形成組合體繞地球做勻速圓周運動，軌道高度為340．測控通信由兩顆在地球同步軌道運行的天鏈一號中繼衛星基控站量及北京飛控中心完成據以上信息和你對航天相關知識的理解，下列描述正確的是A．組合體勻速圓周運動的周期一定大于地球的自轉周期B．合體勻速圓周運動的線速度一定大于第一宇宙速度C．合體勻速圓周運動的角速度大“天鏈一號中繼衛星的角速度D．神九”低軌道必須加速才能與天一號交對接9abc三

粒子由同一點垂直場強方向進入偏轉電場，其軌跡如圖所示，其中b恰好飛出電場，由此可以肯定)①在離電場的同時好打在負極板上②b和c同飛離電場③進入電場時，的度最大，a的度最小④動能的增量相比，的小的一樣大A．①

B①②

C．④

D．③10我將【最新】建成完整的北二號導系該系統由5顆球同步衛星和其他衛星組成．則地球同步衛()A．繞地球運行的軌道為橢圓C．靜止在漣水上空

B．行周期與地球自轉周期相同D．運行向與地球自轉方向相反．【最新】8月16日我自主研制的世界顆量子科學實驗衛墨子”送入500km的運行軌道，已投入使用墨號衛在軌道上的運行速()試卷第3頁，總頁

.A．等于11.2km/s.C．于

B．于7.9km/sD．大于12回旋加速器是加速帶電粒子的裝置其核部分是別與高頻交流電源兩極相連接的兩個D形金屬,

兩盒間的狹縫中形成的周期性變化的電,粒子在通過狹縫時都能得到加速兩形金屬盒處于垂直于盒底的勻強磁場,

如圖所

要增大帶電粒子射出時的動能則下列說法中正確的()A．減小磁場的磁感應強度B．大勻強電場間的加速電壓C．大D形屬盒的徑D．小縫間的距離13質譜儀是測帶電粒子質量和分析同位素的一種儀器，它的工作原理是帶電粒子（不計重力經同一電場加速后垂直入同一勻強磁場做圓周運動然后利用相關規律計算出帶電粒子的質量。其工作原理如圖所示，虛線為某粒子的運動軌跡，由圖可)A．此粒子帶負電B．極板

比上極板

電勢高C．只增大加速電壓，則半徑r變D．只大入射粒子的質量，則半徑r變14關于電磁感應，下列說法中正確的是A．穿過線圈的磁通量越大，感應電動勢越大B．過線圈的磁通量為零，感應電動勢一定為零C．過線圈的磁通量的變化越大，感應電動勢越大D．過圈的磁通量變化越快，感應電動勢越大15如圖所示，豎直放置的長直導線通以恒定電流，一矩形線框abed通電導線共面試卷第4頁，總頁

放置，且邊通導線平下列情況中不能產生感應電流的是A．導線中電流變大B．框向右平動C．框以直導線為軸轉動D．框邊軸轉動16一形線圈在勻強磁場中勻速轉動產生的交變電流電動勢如圖所示面法正確的是A．交流電動勢的有效值為B．流電動勢的有效值為

VC．線圈處于中性面D．流動勢的頻率為50Hz17如圖所示，當把理想變壓器副線圈回路中的開關閉時，則A．交流電壓表示數將變大B．流電壓表示數將變小C．流電流表示數將變小D．流流表示數將變大18如圖所示A和B為直放置的平行金屬板，在兩極板間用絕緣線懸掛一帶電小球．開始時開關S合且滑動變阻器的滑動頭在，此時絕緣線向右偏離豎直方向源的內阻不能忽略）下列判斷正確的是（）試卷第5頁，總頁

A．小球帶負電B．滑動頭從a向b滑時，細線的偏角大C．滑動頭從b滑時，電流表中有電流，方向從上向下D．滑頭從向b滑時，電源的總功率一變.二多題19關于平拋運動，下列說法中正確的是（）A．平拋運動的軌跡是曲線，所以平拋運動是變速運動B．拋運動是一種勻變速曲線運動C．拋運動的水平射程x由初速度v決定，與下落的高度h無關D．拋動的落地時間t

由初速度

v

決定，

v

越大，

越大20圖中、b為空中豎直向上的電場上的兩點，一帶電質點在a點由靜止釋放，沿電場線向上運動，到點好速度為零．下列說法中正確的是（）A．帶電質點在、b兩所受電場力都是豎直向上B．點電勢比b點電勢高C．點的電場強度比b點的電場強度大D．電點在點電勢能比在點電勢能小三解題21如圖，水平放置金屬導軌MN平行地置于勻強磁場中，間距為l，磁場的磁感強度大小為，方向與導軌平面夾角為，屬棒的量為，在導軌上且與導軌垂直，且與導軌的動摩擦因數為.4，電源電動勢為，內阻為0.5，定值電阻Ω其余部分電阻不計．則當電鍵K合的瞬間，求：（，cos37°=0.8，g=10m/s）試卷第6頁，總頁

.12001111012.12001111012（1電流多大？（2棒的加速度為多大？22如圖所示，光滑管道部平直，部為豎直圓環，圓環半徑為.有一個質量為半為

r(r

的小球，以水平速度從管口A端入管道小通過最高點點時，小球對軌道的壓力小為

mg

，求小球落回水平管道上離點多遠？23如圖）所示，一個電阻值R，數為n的形金屬線與值為R的電阻

1連結成閉合回路．線圈的半徑為r.

在線圈中半徑為r

的圓形區域存在垂直于線圈平面向里的勻強磁場，磁感應強度隨時間t

變化的關系圖線如圖）所示．圖線與橫、縱軸的截距分別為和

導線的電阻不計．求0至

時間內（1通過電阻上的電流大小和方向；（2通過電阻上的電量電阻上產生的熱量．24分)從粒子源射出的帶電粒子的質量為m、電荷量為q，它以速度經電勢差為U的帶窄縫的平行板電極S和間電場，并從O點方進磁感應強度為B、方向垂直紙面外的有界勻強磁場Ox垂平行板電極S，粒子從點開磁場時，其速度方向與方的角＝60°，如圖－2－20所，整個裝置處于真空中．試卷第7頁，總頁

求粒子在磁場中沿圓弧運動的軌道半徑R；求粒子在磁場中運動所用的時間t試卷第8頁，總頁

本卷由系統自動生成，請仔細校對后使用，答案僅供參考。參答．【解析】【分析】電流的方向在周期性變化的電流為交變電流變電流的大小不一定變化向定在不斷地變化。【詳解】電流的方向在周期性變化的電流為交變電流；交變電流的方向在不斷地變化選中電流方向不變，是直流電；C選電流大小不變，方向變化，是交變電流。故選C。．A【詳解】“科學總是從正確走向錯誤，表明科學發展曲折性，并不是表達一種悲觀失望的情緒正確；提出日心說人哥白尼、D錯；開普勒通過對第谷的觀測數據的研究，發現了行星運動的三定律C錯誤．故選A．【解析】【詳解】A項：由平拋運動定義可知：物體以一定的初速度沿水平方拋

如果物體僅受重力作這樣的運動叫做平拋運動而題意中水平無初速且不是僅受重力作用,故A錯；B、CD項不管風速多下落時間只跟高有關，故B、C錯誤，正。．【詳解】雪橇做勻速圓周運動指圓心向力摩擦力的方向和相對運動方向相反，故沿切線向后；拉力與摩擦力的合力指向圓心，故拉力指向斜右上方；故正確，錯誤。故選。．【解析】答案第1頁，總10

本卷由系統自動生成，請仔細校對后使用，答案僅供參考。游客做圓周運動，在最高點，受重力和軌道的壓力，合外力提供向心力，合外力向下，加速度豎直向下處于失重狀態A錯正高點據心力公式得mg+N=mv

；只有當v=

gR

v2，故B錯在最高點根據向心力公式得；解得：N=m

v2

，故D錯誤．故選．點睛：題主要考查了向心力公式的直接應用求同學們能正確對物體進行受力分析道當加速度方向向上時，處于超重狀態，當加速度方向向下時，處于失重狀態，難度不大，屬于基礎題．．【詳解】小球若進入球門氣小球的速度方向沿方出球的初速度度的方向，由平行四邊形定則畫出小球速度變化的方向如圖，則：由圖可知鋼球的速度變化的方向沿丙的方向，加速度方向沿的方向，所以沿丙的方向吹氣，故正確，錯誤．．A【解析】【詳解】根據牛頓第二定律得的向力由細線的拉力提供Fm

vr

A正確、D錯誤；故選A．【點睛】小球在光滑的水平面上做勻速圓周運動，由細線的拉力提供向心力，根據牛頓第二定律求解．【解析】答案第2頁，總10

t=t＞t0bat=t＞tak本卷由系統自動生t=t＞t0bat=t＞tak試題分析飛的質量為m道為r的質量為M據牛頓第二定律得：則得，由于同步衛星的軌道高度約，遠大于組合體的高度，則根據上式可知，組合體勻速圓周運動的周期一定小于同步衛星的周期，即小于地球自轉的周期，故A誤．第一宇宙速度是衛星繞地球圓周運動的最大速度于近地衛星的速度由式知組體勻速圓周運動的線速度一定小于第一宇宙速度，故B錯．由上式知，組合體的軌道半徑較小，角速度較大，故正．神九號通加速做離心運動，可以“天宮一號的軌道上去，從而實現和天宮一”對接，故正考點：考查了萬有引力定律的應用．【詳解】①②三個α子進入電場后加速度相同，由圖看出，豎直方向a、轉距離相等，大于c的偏轉距離，由

12

得知，a、動時間相等，大于c的動時間，即a故在離電場的同時剛打在負極板上，而c先飛出場。故①正確，②錯.③三個粒水平方向上做勻速直線運動，則有x=vt．由圖看出、c水位移相同，大于a的水平位移，即x=x而a可見，初速度關系為：vv＞v，故③正確.④由動能定理得：△由圖看出a和b的轉距離相等大于的轉距離，故ab動能增量相等，大于c的能增量故④正確故選10B答案第3頁，總10

km本卷由系統自動生成，請仔細校對后使用，答案僅供參考。km【詳解】A地球同步衛星運行軌道為位于地球赤道平面上圓形軌道，故A錯；B地球同步衛星運行周期與地球自轉一周的時間相等，即時時，故B正；C、球同步衛星靜止在赤道上空某處，南通不在赤道上，所以不可靜止在南極上空，故C錯誤；D、球步衛星的運行方向與地球自轉方向相同，故D錯．【點睛】地球同步衛星即地球同步軌道衛星稱對地靜止衛星運行在地球同步軌道上的人造衛星衛的運行方向與地球自轉方向相同行軌道為位于地球赤道平面上圓形軌道行周期與地球自轉一周的時間相．．C【解析】萬有引力提供向心力可知

Mm2所vrr

GMr

半徑越大速度越小即“高軌低速”/s

是第一宇宙速度地道的環繞速度500

軌道比近地軌道高，速度小于7.9kms

，故C正確點睛：“墨子號”是地球的衛星，運行速度一定小于第二宇宙速度，即小s

，星

高的運行軌道上，根據“高軌低速大周期”速度可知小于7s

。12C【詳解】粒子在回旋加速器中的最大半徑為D形的半徑，由qm1q22Eυ

，故最大動能為A由以上推導可知，增大磁感應強度可以增大最大動能，故A錯；B增加加速電壓對最大動能無影響，故B錯誤；C．大D形半徑

可以增大最大動能，故正確；D．小縫間距離對最大動能無影響D錯；故選。13C答案第4頁，總10

21本卷由系統自動生成，請仔細校對后使用，答案僅供參考。21【詳解】A由左手定則可知，粒子帶正電，故A錯；B粒子經過電場要加速，因正電粒子，所以下極板比極板電低，故B誤；C．據動能定理得qU

由m

r得r

若只增大加速電壓U，則半徑r變，若只增大射粒子的質量，則半徑r大，故確，錯。故選。14D【詳解】A由公式

可知，穿過線圈的磁通量越大，線圈的磁通量變化率不一定大，感應電動勢不一定越大，故A誤；B由公式

可知，穿過線圈的磁通量為零，若線圈的磁通量變化率不為零，則感應電動勢就不為零，故B錯誤；C．公式

可知，穿過線圈的磁通量變化越大，線圈的磁通量變化率不一定大，感應電動勢不一定越大，故錯誤；D．過圈的磁通量變化越快，磁通量的變化率越大，由法拉第電磁感應定律得知，感應電動勢越大，故D確。15C【解析】【分析】根據感應電流的條件當閉合回中磁通量發生變化時回路中就會產生感應電流根據直答案第5頁，總10

本卷由系統自動生成，請仔細校對后使用，答案僅供參考。導線磁場的分布規律，判斷幾種情況下，穿過線圈的磁通量是否變化即可。【詳解】A.線不動，增大導線中的電流，則周圍的磁感應強度增強，則線框中磁通量增大，可以產生感應電流。故A錯誤B.線向右運動時，線框中的磁感應線強減小，故磁通量減小，可以產生感應電流，故錯誤；C.線以直導線為軸轉動，線框中的磁通量不變，不會產生感應電流，故C正；D.線以導線ad為轉動，線框中的磁通量變化，會產生感應電流，故D錯。故選：16B【解析】【分析】由圖可讀出電動勢的最大值算效值形線圈在勻強磁場中勻速轉動時產生正弦交變電流．磁通量為零，感應電動勢最大；磁通量最大時，感應電動勢為零，線圈恰好通過中性面。由圖可讀出周期，計算頻率。【詳解】AB、圖象可得E，效值為E=m

202

V=102V故錯，正確；C.t=0.01s時動勢最大，磁通為零，線圈平面與中性面垂直，故C錯誤D.由象可得交流電的周期為T=0.04S，以頻率為：，D錯；故選：17D【解析】【分析】閉合開關相當于負載增加功和輸入功率都變大原線圈中電壓與匝數成正比，電流與匝數成反比，判斷電壓表示數的變化和電流表示數的變化。【詳解】將電鍵閉負總電阻變小據原副線圈中電壓比等于匝數比由匝數和輸入端電壓不變可知輸出端電壓不變交流壓表示數將不變所以輸出端電流變大原線圈中電流與匝數成反比，所以輸出端電流變大時輸入端也大，故ABC錯誤D正確答案第6頁，總10

本卷由系統自動生成，請仔細校對后使用，答案僅供參考。故選：18C【詳解】A由圖A板正電B帶負電電容器內電場方向水平向線向右偏電場力向右，則小球帶正電，故A誤；B滑動頭向右移動時R小，外電路總電阻變小，總電流變大，路端電EIr

變小，電容器電壓變小，細線偏角變小，故B錯；C．動頭向右移動時，電容器電壓變小，電容器放電，A帶正電，則流過電流表的電流方向向下，故C正；D滑由a向動時動阻器接入電阻減小電阻減小電增大可知，總功率增大，故D錯。故選。19【分析】平拋運動是具有水平方向的初速度只在重力作用下的運動一個勻變速曲線運動決拋運動的方法是把平拋運動分解到水平方向和豎直方向去研究，水平方向做勻速直線運動，豎直方向做自由落體運動．【詳解】A、B項平拋運動只受重力作用，加速度為重力加速度，不發生變化，是勻變速運動，運動軌跡是曲線，所以平拋運動一定是變速運動，故正確；C項由平拋可得：

x

，

解得：

h

，：平拋運動的水平射程由物體下落的高度和初速度共同決定，故錯誤；D項由C知，平拋運動落地時間由h決定，與初速度無關，故D錯．【點睛】本題考查對平拋運動規律的掌握和理解平拋運動可分解為水平方向的勻速直線運動和豎直方向的自由落體運動，結合運動規律分析水平射程和落地時．20ABC【解析】【詳解】答案第7頁，總10

本卷由系統自動生成，請仔細校對后使用，答案僅供參考。質點的速度從零到零所以先加后減小過程中重力的大小和方向恒定不變所以剛開始電場力大于重力，后來電場力小于重力，即電場強度在減小，的電場強度大于的電場強度，同一條電場線電場方向不變，故電場力豎直向上，沿電場方向電勢降低，點的電勢比b點的高ABC正確；過程中電力做正功，電勢能減小的電勢能大于的電勢能D錯．21）（）10/【解析】【詳解】(1)根據閉合電路的歐姆定律可得I=

ER1

A=1A(2)對導體棒受力分析可知F=mg+BILcosα由牛頓第二定律可的BILsinαμF=ma聯立解得a=10m/s答：(1)電流為；(2)棒ab的加速度為10m/s【點睛】（1）有閉合電路的歐姆定律求電流；（2）對導