上海市吴淞中学2021-2021学年高二物理下学期期中试卷 理（含解析）.doc

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1、2013-2014学年上海市吴淞中学高二（下）期中物理试卷（理科） 一单项选择题（每小题2分，共16分每小题只有一个正确选项答案涂写在答题卡上）1（2分）（2013安徽三模）关于速度、速度的变化和加速度的关系，下列说法中错误的是（）A速度变化的方向为正，加速度的方向为负B物体加速度增大，速度反而越来越小C速度越来越大，加速度反而越来越小D加速度既不与速度同向，也不与速度反向考点：加速度专题：直线运动规律专题分析：由，可知加速度与速度变化同向，但是加速度与速度没有必然的关系加速度取决于受力，而速度变化取决于加速度与速度的方向关系，解答：解：A、由，可知加速度与速度变化同向，故A错误B、受力增大的

2、变减速运动，加速度可以增大，而速度会减小，故B正确C、受力减小的变加速运动，加速可以减小，而速度一定增大，故C正确D、加速度与速度方向没有必然联系，v与a同向物体做加速运动，v与a反向物体做减速运动，故D正确本题选错误的，故选：A点评：本题两个重点，一、分清速度，速度变化，加速度三者关系，二、知道速度和加速度的决定因素2（2分）（2014南开区一模）在物理学的重大发现中科学家们创造出了许多物理学方法，如理想实验法、控制变量法、极限思想法、类比法和科学假说法、建立物理模型法等等以下关于所用物理学研究方法的叙述不正确的是（）A在不需要考虑物体本身的大小和形状时，用质点来代替物体的方法叫假设法B根据

3、速度定义式v=，当t非常非常小时，就可以表示物体在t时刻的瞬时速度，该定义应用了极限思想方法C在探究加速度、力和质量三者之间的关系时，先保持质量不变研究加速度与力的关系，再保持力不变研究加速度与质量的关系，该实验应用了控制变量法D在推导匀变速运动位移公式时，把整个运动过程划分成很多小段，每一小段近似看作匀速直线运动，然后把各小段的位移相加，这里采用了微元法考点：质点的认识；探究加速度与物体质量、物体受力的关系分析：在研究多个量之间的关系时，常常要控制某些物理量不变，即控制变量法；当时间非常小时，我们认为此时的平均速度可看作某一时刻的速度即称之为瞬时速度，采用的是极限思维法；质点是实际物体在一定

4、条件下的科学抽象，是采用了建立理想化的物理模型的方法；在研究曲线运动或者加速运动时，常常采用微元法，将曲线运动变成直线运动，或将变化的速度变成不变的速度解答：解：A、质点采用的科学方法为建立理想化的物理模型的方法，故A错误；B、为研究某一时刻或某一位置时的速度，我们采用了取时间非常小，即让时间趋向无穷小时的平均速度作为瞬时速度，即采用了极限思维法，故B正确；C、在研究加速度与质量和合外力的关系时，由于影响加速度的量有质量和力，故应采用控制变量法，故C正确；D、在探究匀变速运动的位移公式时，采用了微元法将变速运动无限微分后变成了一段段的匀速运动，即采用了微元法，故D正确；故选：A点评：在高中物理

5、学习中，我们会遇到多种不同的物理分析方法，这些方法对我们理解物理有很大的帮助；故在理解概念和规律的基础上，更要注意科学方法的积累与学习3（2分）（2012揭阳学业考试）老师做了一个物理小实验让学生观察：一轻质横杆两侧各固定一金属环，横杆克绕中心点自由转动，老师拿一条形磁铁插向其中一个小环，后又取出插向另一个小环，同学们看到的现象是（）A磁铁插向左环，横杆发生转动B磁铁插向右环，横杆发生转动C无论磁铁插向左环还是右环，横杆都不发生转动D无论磁铁插向左环还是右环，横杆都发生转动考点：楞次定律分析：穿过闭合回路的磁通量发生变化，闭合回路中会产生感应电流，感应电流受到磁场力的作用，横杆转动；如果金属环

6、不闭合，穿过它的磁通量发生变化时，只产生感应电动势，而不产生感应电流，环不受力的作用，杆不转动解答：解：左环不闭合，磁铁插向左环时，不产生感应电流，环不受力，横杆不转动；右环闭合，磁铁插向右环时，环内产生感应电流，环受到磁场的作用，横杆转动；故选B点评：本题难度不大，是一道基础题，知道感应电流产生的条件，分析清楚图示情景即可正确解题4（2分）（2010虹口区一模）如图所示是查德威克实验示意图，在这个实验中发现了一种不可见的贯穿能力很强的粒子，这种粒子是（）A正电子B中子C光子D电子考点：天然放射现象分析：根据电荷数守恒、质量数守恒写出核反应方程式，从而判断粒子种类解答：解：根据电荷数守恒、质量

7、数守恒得这种粒子是中子，B正确故选B点评：本题考查了核反应方程的基本运用，要记住一些典型的粒子发现的方程式5（2分）（2012济南一模）如图所示，物体A在竖直向上的拉力F的作用下能静止在斜面上，关于A受力的个数，下列说法中正确的是（）AA一定受两个力作用BA一定受四个力作用CA可能受三个力作用DA受两个力或者四个力作用考点：物体的弹性和弹力专题：受力分析方法专题分析：分物体进行受力分析，由共点力的平衡条件可知物体如何才能平衡；并且分析拉力与重力的大小关系，从而确定A受力的个数解答：解：若拉力F大小等于物体的重力，则物体与斜面没有相互作用力，所以物体就只受到两个力作用；若拉力F小于物体的重力时，

8、则斜面对物体产生支持力和静摩擦力，故物体应受到四个力作用；故选：D点评：解力学题，重要的一环就是对物体进行正确的受力分析由于各物体间的作用是交互的，任何一个力学问题都不可能只涉及一个物体，力是不能离开物体而独立存在的所以在解题时，应画一简图，运用“隔离法”，进行受力分析6（2分）（2011天河区校级模拟）用某种色光照射到金属表面时，金属表面有光电子飞出，如果光的强度减弱而频率不变，则（）A单位时间内入射的光子数目不变B光的强度减弱到某一最低数值时，就没有光电子飞出C单位时间内逸出的光电子数目减小D逸出的光电子的最大初动能减小考点：光电效应专题：光电效应专题分析：发生光电效应的条件是入射光的频率

9、大于金属的极限频率，与入射光的强度无关，入射光的强度只影响单位时间内发出光电子的数目解答：解：A、入射光的强度影响单位时间内发出光电子的数目，光的强度减弱，单位时间内发出光电子数目减少故A错误，C正确B、光电效应的条件是入射光的频率大于极限频率，与光的强度无关故B错误D、根据光电效应方程Ekm=hW0得，光强度不影响光电子的最大初动能，光电子的最大初动能与入射光的频率有关故D错误故选C点评：解决本题的关键掌握光电效应的条件，以及知道光的强度不影响能否发生光电效应，只影响单位时间内发出光电子的数目7（2分）（2008上海）在下列4个核反应方程中，x表示质子的是（）A;_1530P;_1430Si

10、+xB;_92238U;_90234Th+xC;_1327Al+;_01n;_1227Mg+xD;_1327Al+;_24He;_1530P+x考点：原子核的人工转变；天然放射现象专题：原子的核式结构及其组成分析：根据质量数和电荷数守恒求出x的电荷数和质量数，即可判断x是否表示质子解答：解：A中x表示正电子，B中x表示4个中子，C中x表示质子，D中x表示中子，故ABD错误，C正确故选C点评：本题比较简单，考查了核反应方程中的质量数和电荷数守恒的应用8（2分）（2011春杨浦区校级期末）某人骑着自行车向前匀速行使时，关于自行车前、后轮所受的摩擦力方向，下列说法中正确的是（）A都向前B都向后C前轮

11、向后，后轮向前D前轮向前，后轮向后考点：滑动摩擦力；静摩擦力和最大静摩擦力专题：摩擦力专题分析：静摩擦力方向与物体间相对运动趋势的方向相反人骑着自行车向前匀速行使时，前后轮均受地面的静摩擦力作用，根据车轮相对于地面的运动趋势方向，判断摩擦力方向解答：解：人骑着自行车向前匀速行使时，后轮相当于主动轮，后轮与地面接触点地面的运动趋势方向向后，则地面对后轮的静摩擦力方向向前前轮相当于从动轮，前轮与地面接触点地面的运动趋势方向向前，则地面对前轮的静摩擦力方向向后故选C点评：本题考查分析静摩擦力方向的能力，解法可以分析静摩擦力方向特点判断，也可以根据后轮产生动力，地面对后轮的静摩擦力方向向前而地面对前轮

12、的静摩擦力是阻力，向后二单项选择题（共24分，每小题3分每小题只有一个正确选项答案涂写在答题卡上）9（3分）（2012秋福州期末）某物体做直线运动的vt图象，如图所示根据图象提供的信息可知，该物体（）A在04s内与46 s内的平均速度相等B在04 s内的加速度大于78 s内的加速度C在4s末离起始点最远D在6s末离起始点最远考点：匀变速直线运动的图像专题：运动学中的图像专题分析：速度图象的斜率等于物体的加速度大小图线与两个坐标轴所围“面积”等于位移平均速度等于位移除以时间解答：解：A、速度时间图象与两个坐标轴所围“面积”等于位移，所以04s内的位移为，平均速度为，46 s内的位移为，所以平均速

13、度为，故A错误；B、速度图象的斜率等于物体的加速度大小，所以在04 s内的加速度大小为，78 s内的加速度大小为，故B错误；C、速度时间图象与两个坐标轴所围“面积”等于位移，由图象可知，6s末位移最大，所以离出发点最远，故C错误，D正确故选D点评：对于速度时间图象要抓住两个数学意义来理解其物理意义：斜率等于加速度，“面积”等于位移10（3分）（2014秋和县校级期末）一物体从某一行星表面竖直向上抛出（不计空气阻力）设抛出时t=0，得到物体上升高度随时间变化的ht图象如图所示，则该行星表面重力加速度大小与物体被抛出时的初速度大小分别为（）A8 m/s2，20 m/sB10 m/s2，25 m/s

14、C8 m/s2，25 m/sD10 m/s2，20 m/s考点：竖直上抛运动分析：物体从行星表面竖直上抛，由图读出最大高度和上升的时间，根据运动学公式求出初速度和重力加速度物体落回行星表面的速度与抛出时速度大小相等解答：解；由图读出，物体上升的最大高度为h=25m，上升的时间为t=2.5s对于上升过程，由得：初速度：v0=20m/s由v=at得物体上升的加速度大小：=8m/s2，故A正确，BCD错误故选：A点评：本题首先考查读图能力，图上能读出最大高度、上升和下落时间等等；其次要灵活选择运动学公式求解11（3分）（2014春宝山区校级期中）取一根长2.5m 左右的细线，5个垫圈和一个金属盘在线

15、的一端系上第一个垫圈，隔15cm再系一个，以后每两个垫圈之间的距离分别为45cm、75cm、105cm，如图所示，站在椅子上，向上提起线的另一端，让线自由垂下，且第一个垫圈紧靠放在地面上的金属盘内松手后开始计时，若不计空气阻力，则第2、3、4、5各垫圈（）A落到盘上的声音时间间隔越来越大B落到盘上的声音时间间隔相等C依次落到盘上的时间关系为1：（1）：（）：（2）D依次落到盘上的速率关系为1：3：5：7考点：自由落体运动专题：自由落体运动专题分析：5个铁垫圈同时做自由落体运动，下降的位移之比为1：3：5：7根据初速度为零的匀加速直线运动的推论知，在相等时间内的位移之比为1：3：5：7，可以确定

16、落地的时间间隔是否相等，从而根据v=gt得出落到盘中的速率之比解答：解：A、5个铁垫圈同时做自由落体运动，下降的位移之比为1：3：5：7可以看成一个铁垫圈自由下落，经过位移之比为1：3：5：7因为初速度为零的匀加速直线运动在相等时间内的位移之比为1：3：5：7，知各垫圈落到盘中的时间间隔相等故A错误，B正确；C、因为各垫圈落到盘中的时间间隔相等，则各垫圈依次落到盘中的时间比为1：2：3：4故C错误D、根据v=gt，知各垫圈依次落到盘中的速率之比为1：2：3：4：5故D错误故选：B点评：解决本题本题的关键掌握自由落体运动的规律，知道初速度为零的匀加速直线运动的一些推论的应用12（3分）（2008

17、秋锦州期末）弹性轻绳的一端固定在O点，另一端拴一个物体，物体静止在水平地面上的B点，并对水平地面有压力，O点的正下方A处有一垂直于纸面的光滑杆，如图所示，OA为弹性轻绳的自然长度，现在用水平力使物体沿水平面运动，在这一过程中，物体所受水平面的摩擦力的大小的变化情况是（）A先变大后变小B先变小后变大C保持不变D条件不够充分，无法确定考点：摩擦力的判断与计算专题：摩擦力专题分析：对物体进行受力分析，因为C做缓慢直线运动，每一个位置都可以看成平衡状态，运用正交分解法求出支持力的大小，以及拉力的大小，从而判断摩擦力的变化解答：解：物体C受到重力、支持力、水平拉力、弹性绳的拉力和摩擦力如图设C处于初始位

18、置时与A点的距离为h，根据正交分解得：N=mgkxsin=mgkx=mgkh所以支持力不变，摩擦力f=N，知地面对A的摩擦力保持不变故C正确故选C点评：解决本题的关键能够正确地进行受力分析，熟练运用正交分解去求解力13（3分）（2012涪城区校级模拟）如图，一小球放置在木板与竖直墙面之间设墙面对球的压力大小为N1，球对木板的压力大小为N2以木板与墙连接点所形成的水平直线为轴，将木板从图示位置开始缓慢地转到水平位置不计摩擦，在此过程中（）AN1始终减小，N2始终增大BN1始终减小，N2始终减小CN1先增大后减小，N2始终减小DN1先增大后减小，N2先减小后增大考点：共点力平衡的条件及其应用；力的

19、合成与分解的运用专题：共点力作用下物体平衡专题分析：以小球为研究对象，分析受力情况：重力、木板的支持力和墙壁的支持力，根据牛顿第三定律得知，墙面和木板对球的压力大小分别等于球对墙面和木板的支持力大小，根据平衡条件得到两个支持力与的关系，再分析其变化情况解答：解：以小球为研究对象，分析受力情况：重力G、墙面的支持力N1和木板的支持力N2根据牛顿第三定律得知，N1=N1，N2=N2根据平衡条件得：N1=Gcot，N2=将木板从图示位置开始缓慢地转到水平位置的过程中，增大，cot减小，sin增大，则N1和N2都始终减小，故N1和N2都始终减小故选B点评：本题运用函数法研究动态平衡问题，也可以运用图解

20、法直观反映力的变化情况14（3分）（2014福建模拟）如图所示，一斜面体静止在粗糙的水平地面上，一物体恰能在斜面体上沿斜面匀速下滑，可以证明此时斜面不受地面的摩擦力作用若沿平行于斜面的方向用力F向下推此物体，使物体加速下滑，斜面体依然和地面保持相对静止，则斜面体受地面的摩擦力（）A大小为零B方向水平向右C方向水平向左D大小和方向无法判断考点：共点力平衡的条件及其应用；力的合成与分解的运用专题：共点力作用下物体平衡专题分析：物体恰能在斜面体上沿斜面匀速下滑时，斜面不受地面的摩擦力作用，分析此时斜面的受力情况若沿平行于斜面的方向用力F向下推此物体，使物体加速下滑时，再分析斜面的受力情况，根据物体对

21、斜面的作用有无变化，确定地面对斜面体有无摩擦解答：解：由题物体恰能在斜面体上沿斜面匀速下滑时，斜面不受地面的摩擦力作用，此时斜面体受到重力、地面的支持力、物体对斜面的压力和沿斜面向下的滑动摩擦力若沿平行于斜面的方向用力F向下推此物体，使物体加速下滑时，物体对斜面的压力没有变化，则对斜面的滑动摩擦力也没有变化，所以斜面体的受力情况没有改变，则地面对斜面体仍没有摩擦力，即斜面体受地面的摩擦力为零故选：A点评：本题中推力F与斜面体之间没有直接的关系，关键抓住物体对斜面体的压力和摩擦力没有改变进行分析15（3分）（2013湖南模拟）如图所示，质量为m的金属环用线悬挂起来，金属环有一半处于水平且与环面垂

22、直的匀强磁场中，从某时刻开始，磁感应强度均匀减小，则在磁感应强度均匀减小的过程中，关于线拉力大小的下列说法中正确的是（）A大于环重力mg，并逐渐减小B始终等于环重力mgC小于环重力mg，并保持恒定D大于环重力mg，并保持恒定考点：法拉第电磁感应定律；楞次定律分析：磁感应强度均匀减小，穿过回路的磁通量均匀减小，回路中产生恒定的电流，由左手定则可确定安培力的方向，再根据安培力F=BIL，分析安培力的变化，由平衡条件即可求解解答：解：磁感应强度均匀减小，穿过回路的磁通量均匀减小，根据法拉第电磁感应定律得知，回路中产生恒定的电动势，感应电流也恒定不变由楞次定律可知，感应电流方向：顺时针，再由左手定则可

23、得，安培力的合力方向：竖直向下ab棒所受的安培力F=BIL，可知安培力F均匀减小，且方向向下，金属环ab始终保持静止，则拉力大于重力，由于磁感应强度均匀减小所以拉力的大小也逐渐减小，故A正确，BCD均错误故选：A点评：本题关键根据法拉第电磁感应定律分析感应电动势如何变化，即可判断感应电流和安培力的变化16（3分）（2014春宝山区校级期中）如图所示，光滑水平面上存在一有界匀强磁场，圆形金属线框在水平拉力的作用下，通过磁场的左边界MN在此过程中，线框做匀速直线运动，速度的方向与MN成角下列说法正确的是（）A线框内感应电流沿顺时针方向B线框内感应电流先增大后减小C水平拉力的大小与无关D水平拉力的方

24、向与有关考点：楞次定律；法拉第电磁感应定律专题：电磁感应与电路结合分析：根据楞次定律来确定线圈的感应电流的方向，结合法拉第电磁感应定律来确定感应电流的大小，并依据安培力的综合表达式，及受力平衡条件，即可求解解答：解：A、线圈进入磁场，通过线圈的磁通量是增加的，所以线圈中的感应电流所产生的磁场方向与原磁场方向相反（这是楞次定律）即竖直向上，根据右手螺旋定则，电流方向为逆时针方向，故A错误B、切割磁感线的导线的长度不能按导线的长度去算，应该算有效长度，切割磁感线的有效长度，为圆与磁场边界相交的两点之间的距离L，刚进入磁场，有效长度短，恰进入半圆时有效长度是最长的，过了半圆后，有效长度变短，故B正确

25、C、D、根据法拉第电磁感应定律，割磁感线产生的电动势：E=BLvsin，而闭合电路的欧姆定律，得到感应电流的大小I=，而安培力的大小F=BIL=，则水平拉力的大小与有关，而拉力方向与安培力方向有关，与无关，故CD错误；故选：B点评：考查楞次定律的应用，掌握闭合电路欧姆定律及安培力的表达式，注意有效切割长度的含义三多项选择题（共16分，每小题4分每小题有二个或三个正确选项全选对的，得4分；选对但不全的，得2分；有选错或不答的，得0分答案涂写在答题卡上）17（4分）（2014春宝山区校级期中）在物理学发展史上有一些定律或规律的发现，首先是通过推理证明建立理论，然后再由实验加以验证，以下叙述的内容，

26、符合上述情况的有（）A牛顿发现的万有引力定律，经过一段时间后才由卡文迪许用实验方法测出万有引力恒量的数值，从而验证了万有引力定律B麦克斯韦提出电磁场理论并预言电磁波的存在，以后赫兹用实验证实了电磁波的存在C汤姆逊提出了原子的核式结构学说，以后由卢瑟福用粒子散射实验给予验证D爱因斯坦提出了光子说理论，以后由普朗克用实验证实了光子的存在考点：物理学史分析：牛顿发现了万有引力定律，之后由卡文迪许用实验方法测出万有引力恒量的数值，从而验证了万有引力定律；麦克斯韦提出电磁场理论并预言电磁波的存在，赫兹用实验证实了电磁波的存在；卢瑟福提出了原子的核式结构学说；爱因斯坦提出了光子说理论解答：解：A、牛顿发现

27、了万有引力定律，一百多年后由卡文迪许用实验方法测出万有引力恒量的数值，从而验证了万有引力定律，故A正确B、麦克斯韦提出电磁场理论并预言电磁波的存在，后来赫兹用实验证实了电磁波的存在，故B正确C、卢瑟福根据粒子散射实验的结果，提出了原子的核式结构学说，故C错误D、爱因斯坦受普朗克量子理论的启发，提出了光子说理论，美国物理学家米立肯利用光电效应实验证实了光子的存在故D错误故选：AB点评：解决本题是既要注意选项所述是否符合物理史实，又要看是否符合题意要求18（4分）（2014山东模拟）如图，直线a和曲线b分别是在平直公路上行驶的汽车a和b的位置时间（xt）图线由图可知（）A在时刻t1，a车追上b车B

28、在时刻t2，a、b两车运动方向相反C在t1到t2这段时间内，b车的速率先减少后增加D在t1到t2这段时间内，b车的速率一直比a车的大考点：匀变速直线运动的位移与时间的关系专题：直线运动规律专题分析：位移时间关系图线反映位移随时间的变化规律，图线的斜率表示速度的大小解答：解：A、在时刻t1，a、b两车的位置坐标相同，开始a的位移大于b的位移，知b追上a故A错误B、在时刻t2，a的位移增大，b的位移减小，知两车运动方向相反故B正确C、图线切线的斜率表示速度，在t1到t2这段时间内，b车图线斜率先减小后增大，则b车的速率先减小后增加故C正确D、在t1到t2这段时间内，b图线的斜率不是一直大于a图线的

29、斜率，所以b车的速率不是一直比a车大故D错误故选BC点评：解决本题的关键知道位移时间图线的物理意义，知道图线的斜率表示速度的大小，能够通过图线得出运动的方向19（4分）（2014春宝山区校级期中）将均匀的长方体锯成如图示的A、B两块后，放在水平桌面上并排放在一起，现用水平力F垂直于B的左边推B物体，使A、B整体仍保持矩形沿F方向匀速运动，则（）A物体A受四个力的作用，且合力为零B物体A在水平方向上受两个力的作用，且合力为零CB对A的作用力方向与F方向相同DB对A的压力等于桌面对A的摩擦力考点：牛顿第二定律；力的合成与分解的运用专题：牛顿运动定律综合专题分析：A、B两木板在水平面做匀速运动，合力

30、均为零，根据平衡条件分析受力情况，分析的结果必须满足条件解答：解：A、对木板A分析受力情况：木板A在水平面受到水平向左的滑动摩擦力f，B的弹力NBA和摩擦力fBA，竖直方向受重力和桌面的支持力，所以A受到5个力作用，水平方向受3个力作用，合力为零故AB错误C、B对A的弹力和静摩擦力的合力与桌面的滑动摩擦力等值反向，与F的方向相同，故C正确D、根据平衡条件得知：NBA和fBA的合力与f大小相等，作出NBA和fBA的合力如图，由几何知识得知：NBAf故D错误故选：C点评：分析受力一般按重力、弹力和摩擦力顺序进行，要防止漏力，可以运用平衡条件进行检验20（4分）（2010徐汇区二模）如图所示，相距为

31、L的平行金属导轨ab、cd与水平面成角放置，导轨与阻值均为R的两定值电阻R1、R2相连，磁感应强度为B的匀强磁场垂直穿过导轨平面有一质量为m、阻值也为R的导体棒MN，以速度v沿导轨匀速下滑，它与导轨之间的动摩擦因数为，忽略感应电流之间的相互作用，则（）A导体棒下滑的速度大小为B电阻R1消耗的热功率为C导体棒两端电压为Dt时间内通过导体棒的电荷量为考点：导体切割磁感线时的感应电动势；闭合电路的欧姆定律；电磁感应中的能量转化专题：电磁感应功能问题分析：导体棒匀速运动时，合力为零，推导出安培力表达式，即可求出速度v；安培力对导体棒做负功，导体棒克服安培力做功和摩擦力做功之和等于导体棒机械能的减少量；

32、根据部分电路的欧姆定律求出MN两端的电压（路端电压）根据q=It求出流过导体棒的电量解答：解：电磁感应的过程中，该电路的等效电路如图：导体棒下滑时产生的电动势：E=BLv流过导体棒的电流：A：导体棒匀速运动时，合力为零，即：mgsin=mgcos+BIL 联立解得：，故A错误；B：导体棒的重力的功率：PG=mgvsin，摩擦力的功率：Pf=mgcosv，MN上的功率：，R1R2上的功率： 重力的功转化为摩擦力的功和导体棒、电阻R1、R2是的功即：PG=Pf+PMN+2PR， 所以：故B错误；C：导体棒两端的电压：故C正确；D：t时间内通过的电量：故D正确故选：CD点评：本题分析导体棒的受力情况

33、是求解的关键，不能将滑动摩擦力遗漏画出该电路的等效电路有助于分析电路中的电流与电阻消耗的功率四填空题（共20分，每小题4分答案写在题中横线上的空白处或指定位置）21（4分）（2014春宝山区校级期中）如图所示，三根长度均为l的轻绳分别连接于C、D两点，A、B两端被悬挂在水平天花板上，相距2l现在C点上悬挂一质量为m的重物，为使CD绳保持水平，在D点可施加一个拉力，该拉力的最小值为mg若该拉力沿AC方向，则大小为mg考点：共点力平衡的条件及其应用；物体的弹性和弹力专题：共点力作用下物体平衡专题分析：由几何关系可知CD段水平时各绳间的夹角；对结点C分析，由共点力的平衡可求得CD绳水平时绳的拉力；再

34、对结点D分析，由共点力平衡和力的合成可得出最小值解答：解：由图可知，要想CD水平，则AC与水平方向的夹角为60；结点C受力平衡，则受力分析如图所示：结点C受到沿AC拉力在水平方向上的分力等于水平向右的拉力T，即：T=FACcos60=FAC结点C受到沿AC拉力在竖直方向上的分力等于物体的重力，即：mg=FACsin60=FAC解得：T=mg；若该拉力平行AC方向，根据共点力平衡条件，有：Fsin30+FBDsin30=TFcos30=FBDcos30解得：F=T=mg；当拉力F的方向与BD垂直时，力臂最长、最省力，如图所示：最小拉力F=F=Tcos30=Tcos30=mg=mg故答案为：，点评

35、：在共点力的平衡中要注意几何关系的应用，特别是求最小力时一定要通过几何图形进行分析22（4分）（2014春宝山区校级期中）做匀加速直线运动的物体途中依次经过A、B、C三点，已知AB=BC，AB段和BC段的平均速度分别为v1=3m/s、v2=6m/s，则物体经B点时的瞬时速度vB=5m/s，若物体运动的加速度a=2m/s2，则AC的距离SAC=12m考点：匀变速直线运动的速度与位移的关系；匀变速直线运动的位移与时间的关系专题：直线运动规律专题分析：物体做匀加速直线运动，对AB、BC两段过程分别根据速度位移关系式列方程，得出A、B、C三点的速度与位移的关系，根据AB段和BC段的平均速度与A、B、C

36、三点的速度列式，联立求出vB根据求出的物体经过A、C两点的速度，由速度位移公式研究AC过程，求出l解答：解：设AC=l；加速度大小为a，经A、C的速度大小分别为vA、vC据匀加速直线运动规律可得：vB2vA2=2avC2VB2=2av1=3m/s；v2=6m/s联立可得：vB=5m/s；（2）将vB=5m/s代入上式得：vA=1m/s，vC=7m/s 由vC2vA2=2al得代入a=2m/s2即可得l=12m故答案为：5；12点评：本题考查速度与位移关系公式的应用，要注意匀变速直线运动平均速度公式的正确应用；并且要灵活选择中间变量23（4分）（2012春上海校级期末）如图所示，在半径为R的光滑

37、半球面最高点的正上方高h处悬挂一不计大小的定滑轮，重力为G的小球（视为质点）用绕过滑轮的绳子拉住，在拉动绳子使小球在球面上缓缓运动到接近顶点的过程中，小球对半球的压力不变（选填：“变大”、“不变”或“变小”），绳子的拉力变小（选填：“变大”、“不变”或“变小”）考点：共点力平衡的条件及其应用；力的合成与分解的运用专题：共点力作用下物体平衡专题分析：对小球受力分析，受到拉力、重力和支持力，根据平衡条件结合几何关系列式求解分析即可解答：解：对小球受力分析，受到拉力、重力和支持力，如图根据图中力三角形和几何三角形相似，由于滑轮的大小忽略不计，得到（其中L表示球与滑轮的距离）解得由于球与滑轮的距离L不

38、断减小，故支持力N不变，拉力F不断减小；故答案为：不变，减小点评：本题关键是对小球受力分析，然后根据平衡条件运用合成法，结合相似三角形知识进行求解24（4分）（2010崇明县一模）如图所示，在磁感强度为B的匀强磁场中，有一个边长为L的正六边形线圈abcdef，线圈平面垂直于磁场方向，则穿过线圈的磁通量大小为BL2；若去掉其中的一条边ab，且通有图示顺时针方向的电流，电流强度大小为I，则剩余的五条边所受安培力的大小为BIL（线圈不发生形变）考点：磁通量；安培力分析：线圈平面跟磁场方向相互垂直时，通过线圈的磁通量=BS，由数学知识求出线圈的面积，即可根据此公式求解磁通量根据正六边形线圈abcdef

39、在匀强磁场中受到的安培力的合力为零，进行分析剩余的五条边所受安培力的大小解答：解：据题，线圈平面垂直于磁场方向，则穿过线圈的磁通量大小为=BS=B6L2sin60=BL2，正六边形线圈abcdef在匀强磁场中受到的安培力的合力为零，则ab边所受的安培力与其余五条边所受安培力的合力大小相等，方向相反，所以去掉边ab后，剩余的五条边所受安培力的大小与原来ab所受的安培力大小相等，即为BIL故答案为：BL2，BIL点评：对于匀强磁场中穿过线圈的磁通量一般公式是：=BSsin，是线圈平面与磁场方向的夹角本题还要抓住通电闭合线圈在匀强磁场中所受的安培力合力为零25（4分）（2014春宝山区校级期中）如图

40、所示，在光滑绝缘的水平面上，一边长为10cm、电阻为1、质量为0.1kg的正方形金属线框abcd以m/s的速度向一有界磁场滑去，磁场方向与线框平面垂直，磁感应强度大小为0.5T，当线框全部进入磁场时，线框中已放出了1.8J的热量则当线框ab边刚出磁场的瞬间，线框速度大小为6m/s；线框中电流的瞬时功率为0.09W考点：导体切割磁感线时的感应电动势；闭合电路的欧姆定律；电磁感应中的能量转化专题：电磁感应功能问题分析：线框进入磁场时克服安培力做功，线框的动能转化为焦耳热，线框完全进入磁场后，穿过线框的磁场不变，不产生感应电流，线框不受安培力作用，线框做匀速直线运动，ab边刚出磁场时的速度等于线框完

41、全进入磁场时的速度，由能量守恒定律可以求出线框的速度；由电功率公式可以求出电流的瞬时功率解答：解：在线框开始进入磁场直到ab边刚出磁场过程中，由能量守恒定律可得：mv02=mv2+Q，解得v=6m/s；此时感应电动势E=BLv，感应电流I=，电流的瞬时功率：P=I2R=0.09W；故答案为：6；0.09点评：线框进入磁场过程中动能转化为焦耳热，应用能量守恒定律、电功率公式即可正确解题五实验题（共24分答案写在题中横线上的空白处或括号内）26（4分）（2014春宝山区校级期中）在研究电磁感应现象实验中：（1）将电流表接成如图甲所示电路，闭合电键SA，电流表指针向左偏，将这只表接入如图乙所示电路中

42、，电流表指针向左偏（2）若将这只电表接入如图丙所示电路，闭合电键SA的瞬时指针向左偏，则电源的下端为正极（填“上”或“下”）考点：研究电磁感应现象专题：实验题分析：图甲中闭合开关，电流表指针向左偏转，表明电流从正接线柱流入时，电流向正接线柱方向偏转；根据图乙所示，应用楞次定律判断出感应电流方向，然后判断出指针的偏转方向；由指针的偏转方向、安培定则及楞次定律判断出原线圈电流方向，然后判断出电源的正负极解答：解：（1）图乙所示，穿过线圈的磁场向下，磁通量增加，由楞次定律可知，感应电流沿顺时针方向，电流从正接线柱流入电流表，因此电流表指针向左偏转（2）图丙所示，电流表指针向左偏转，副线圈中的感应电流从电流表正接线柱流入，由安培定则可知，感应电流磁场方向向上；闭合开关，穿过副线圈的磁通量增加，由楞次定律可知，原线圈电流磁场向下，由安培定则可知，原线圈电流沿顺时针方向，因此电源下端为正极故答案为：（1）左；（2）下点评：本题考查了判断感应电流方向、电源正负极问题，熟练应用安培定则、楞次定律是正确解题的关键27（6分）（2010秋宝山区期末）理想实验有时更能深刻地反映自然规律，如图所示，伽利略设计了一个理想实验：如果没有摩擦，小球将上升到原来的高度；继续减小右边斜面的倾角，最后使它成为水平面，小球要沿水平面作匀速直线运动；减小右边斜面的倾角，小球在这斜面上仍然要达到