湖北省荆州市沙市中学高二物理下学期第五次周练试卷（含解析）.doc

2013-2014学年湖北省荆州市沙市中学高二（下）第五次周练物理试卷一、选择题（每空1分）1在物理学的发展过程中，许多物理学家的科学发现推动了人类历史的进步下列表述符合物理学史实的是（）a牛顿首先利用扭秤装置测出万有引力常数b第谷利用数学计算得到行星运动三大规律c洛伦兹发现了磁场对电流的作用规律d法拉第最早提出用电场线来描述电场2（2014芗城区校级模拟）如图，一半径为r的圆盘上均匀分布着电荷量为q的电荷，在垂直于圆盘且过圆心c的轴线上有a、b、d三个点，a和b、b和c、c和d间的距离均为r，在a点处有一电荷量为q（q0）的固定点电荷已知b点处的场强为零，则d点处场强的大小为（k为静电力常量）（）abcd3如图所示，理想变压器原副线圈匝数比为11：1，原线圈接入u=220sin100tv的交流电，负载电阻r=10，图中所有其它元件皆为理想元件，则（）a电压表示数为20vb电流表示数约为0.09ac电阻r在1min内产生热量2400jd二极管两端的最大电压为20v4如图所示，磁感应强度b=0.2t的匀强磁场中有一折成30角的金属导轨aob，导轨平面与磁场方向垂直，一条直导线mn垂直于ob方向放置在导轨上并接触良好当mn以v=4m/s的速度从导轨o点开始向右沿水平方向匀速运动时，若所有导线单位长度的电阻r=0.1/m，则下列说法不正确的是（）a闭合回路中的电流均匀增大b闭合回路中的电流为逆时针方向ct=5s时，闭合回路的感应电动势约为9.2vd5s内闭合回路感应电动势的平均值约为4.6v5（2014春安乡县校级期末）如图所示，实线表示电场线，虚线表示只受电场力作用的带电粒子的运动轨迹粒子先经过m点，再经过n点可以判定（）a粒子在m点受到的电场力大于在n点受到的电场力bm点的电势高于n点的电势c粒子带正电d粒子在m点的动能大于在n点的动能6（2012凯里市校级模拟）质点o振动形成的简谐横波沿x正方向传播，t时刻的波形图如图1所示，当波传到x=3m处的质点p开始计时，质点p的振动图象如图2所示，则（）a该波的频率为25hzb该波的传播速度为2m/sc质点o开始振动时沿y轴正方向d从t时刻起，经过0.015s，质点p将回到平衡位置7如图为氢原子能级示意图的一部分，则氢原子（）a从n=4能级跃迁到n=3能级比从n=3能级跃迁到n=2能级辐射出电磁波的波长长b从=5能级跃迁到n=1能级比从n=5能级跃迁到n=4能级辐射出电磁波的速度大c处于不同能级时，核外电子在各处出现的概率是一样的d电子从高能级向低能级跃迁时，氢原子一定向外放出能量8（2012春钟山区校级期末）对光电效应的解释，正确的是（）a金属内的每个电子可以吸收一个或一个以上的光子，当它积累的动能足够大时，就能逸出金属b如果入射光子的能量小于金属表面的电子克服原子核的引力逸出时需要做的最小功，光电效应便不能发生了c发生光电效应时，入射光越强，光子的能量就越大，光电子的最大初动能就越大d由于不同金属的逸出功是不相同的，因此使不同金属产生光电效应的入射光的最低频率也不相同二、解答题（共5小题，满分0分）9（2013春金台区期末）某同学做“测定玻璃折射率”的实验如果没有量角器和三角函数表，其中一位同学设计了如图1所示的方法：在ao上截取eo，使eo=od过e及d分别作nn的垂线，得垂足f、c，用米尺量出线段ef和cd的长，则可得到玻璃的折射率，其公式为n=另一位同学在画直线aa和bb时与长方形玻璃砖的界面不完全重合，如图2所示，他所测得玻璃折射率的测量值将（填“大于”、“小于”或“等于”）真实值10（2013碑林区校级模拟）为测量一电源的电动势及内阻（1）在下列三个电压表中选一个改装成量程为9v的电压表a量程为1v、内阻约为1k的电压表v1b量程为2v、内阻约为2k的电压表v2c量程为3v、内阻为3k的电压表v3选择电压表串联k的电阻可以改装成量程为9v的电压表（2）利用一个电阻箱、一只开关、若干导线和改装好的电压表（此表用符号v1、v2或v3与一个电阻串联来表示，且可视为理想电压表），画出测量电源电动势及内阻的实验原理电路图（3）根据以上实验原理电路图进行实验，读出电压表示数为1.50v时，电阻箱的阻值为15.0；电压表示数为2.00v时，电阻箱的阻值为40.0，则电源的电动势e=v，内阻r=11（2014春吉州区校级期中）如图所示，直角玻璃棱镜中a=70，入射光线垂直于ac面，求光线从棱镜第一次射入空气时的折射角，并作光路图，已知玻璃的折射率为12（2007广州一模）质量分别为3m和m的两个物体，用一根细线相连，中间夹着一个被压缩的轻质弹簧，整个系统原来在光滑水平地面上以速度0向右匀速运动，如图所示后来细线断裂，质量为m的物体离开弹簧时的速度变为20求：弹簧在这个过程中做的总功13（2013甘肃二模）如图甲，mn、pq两条平行的光滑金属轨道与水平面成=30角固定，m、p之间接电阻箱r，导轨所在空间存在匀强磁场，磁场方向垂直于轨道平面向上，磁感应强度为b=0.5t质量为m的金属杆ab水平放置在轨道上，其接入电路的电阻值为r现从静止释放杆ab，测得最大速度为vm改变电阻箱的阻值r，得到vm与r的关系如图乙所示已知轨距为l=2m，重力加速度g取l0m/s2，轨道足够长且电阻不计（1）当r=0时，求杆ab匀速下滑过程中产生感生电动势e的大小及杆中的电流方向；（2）求金属杆的质量m和阻值r；（3）当r=4时，求回路瞬时电功率每增加1w的过程中合外力对杆做的功w2013-2014学年湖北省荆州市沙市中学高二（下）第五次周练物理试卷参考答案与试题解析一、选择题（每空1分）1在物理学的发展过程中，许多物理学家的科学发现推动了人类历史的进步下列表述符合物理学史实的是（）a牛顿首先利用扭秤装置测出万有引力常数b第谷利用数学计算得到行星运动三大规律c洛伦兹发现了磁场对电流的作用规律d法拉第最早提出用电场线来描述电场考点：物理学史分析：此题是物理学史问题，关键要记住著名物理学家的主要贡献即可解答：解：a、牛顿发现了万有引力定律之后，卡文迪许利用扭秤实验装置比较准确地测出了引力常量g，故a错误；b、开普勒研究了第谷的行星观测记录，提出了开普勒行星运动三大规律，故b错误；c、洛伦兹发现了磁场对运动电荷的作用规律，安培发现了磁场对电流的作用规律，故c错误；d、法拉第是最早提出用电场线描述电场的物理学家，故d正确；故选：d点评：本题考查物理学史，是常识性问题，对于物理学上重大发现、发明、著名理论要加强记忆，这也是考试内容之一2（2014芗城区校级模拟）如图，一半径为r的圆盘上均匀分布着电荷量为q的电荷，在垂直于圆盘且过圆心c的轴线上有a、b、d三个点，a和b、b和c、c和d间的距离均为r，在a点处有一电荷量为q（q0）的固定点电荷已知b点处的场强为零，则d点处场强的大小为（k为静电力常量）（）abcd考点：电场的叠加；电场强度专题：电场力与电势的性质专题分析：由题意可知，半径为r均匀分布着电荷量为q的圆盘上电荷，与在a点处有一电荷量为q（q0）的固定点电荷，在b点处的场强为零，说明各自电场强度大小相等，方向相反那么在d点处场强的大小即为两者之和因此根据点电荷的电场强度为即可求解解答：解：电荷量为q的点电荷在b处产生电场强度为，而半径为r均匀分布着电荷量为q的圆盘上电荷，与在a点处有一电荷量为q（q0）的固定点电荷，在b点处的场强为零，则圆盘在此处产生电场强度也为那么圆盘在此d产生电场强度则仍为而电荷量为q的点电荷在d处产生电场强度为，由于都在d处产生电场强度方向相同，即为两者大小相加所以两者这d处产生电场强度为，故b正确，acd错误故选：b点评：考查点电荷与圆盘电荷在某处的电场强度叠加，紧扣电场强度的大小与方向关系，从而为解题奠定基础3如图所示，理想变压器原副线圈匝数比为11：1，原线圈接入u=220sin100tv的交流电，负载电阻r=10，图中所有其它元件皆为理想元件，则（）a电压表示数为20vb电流表示数约为0.09ac电阻r在1min内产生热量2400jd二极管两端的最大电压为20v考点：变压器的构造和原理专题：交流电专题分析：根据瞬时值表达式可以求得输出电压的有效值、周期和频率等，再根据电压与匝数成正比和二极管的特点即可求得结论解答：解：a、由表达式知原线圈电压有效值为220v，副线圈两端电压为20v，由于二极管的单向导电性，使得电压表的示数小于20v，a错误；b、根据电流热效应，所以电压表示数为u=10v，副线圈电流为i=a，原线圈电流为0.09a，b正确；c、电阻r在1min内产生热量q=1200j，c错误；d、二极管两端的最大电压为20v故选：b点评：本题的难点在于二极管的作用，是使得反向电流不能通过，根据电流热效应求其有效值4如图所示，磁感应强度b=0.2t的匀强磁场中有一折成30角的金属导轨aob，导轨平面与磁场方向垂直，一条直导线mn垂直于ob方向放置在导轨上并接触良好当mn以v=4m/s的速度从导轨o点开始向右沿水平方向匀速运动时，若所有导线单位长度的电阻r=0.1/m，则下列说法不正确的是（）a闭合回路中的电流均匀增大b闭合回路中的电流为逆时针方向ct=5s时，闭合回路的感应电动势约为9.2vd5s内闭合回路感应电动势的平均值约为4.6v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专题：电磁感应与电路结合分析：设mn棒从o点开始运动时间为t，有效切割的长度为l=v0ttan30，感应电动势为 e=blv0，根据题中条件求出回路的总电阻，根据闭合电路欧姆定律求解电流强度，再分析电流的变化情况感应电动势的平均值根据法拉第电磁感应定律求解解答：解：a、mn棒从o点开始运动时间为t，有效切割的长度为l=v0ttan30，感应电动势为 e=blv0；回路的总电阻为：r=（v0ttan30+v0t+）r；回路中的电流强度为：i=联立以上各式得：i=，可知i恒定不变，故a不正确b、根据楞次定律判断可知：闭合回路中的电流为逆时针方向，故b正确c、t=5s时，闭合回路的感应电动势 e=blv0=bv0v0ttan30=0.24259.2v，故c正确d、5s内闭合回路感应电动势的平均值 =0.2425v4.6v，故d正确本题选错误的，故选：a点评：熟知导体切割磁感线产生的感应电动势与导体切割的有效长度成正比，能根据题设条件求得电路中电阻与有效切割长度的关系，这是解决本题的基本条件5（2014春安乡县校级期末）如图所示，实线表示电场线，虚线表示只受电场力作用的带电粒子的运动轨迹粒子先经过m点，再经过n点可以判定（）a粒子在m点受到的电场力大于在n点受到的电场力bm点的电势高于n点的电势c粒子带正电d粒子在m点的动能大于在n点的动能考点：电场线；电势专题：电场力与电势的性质专题分析：由轨迹的弯曲方向判断带电粒子所受电场力的大致方向，确定带电粒子的电性根据电场力做功的正负判断电势能的大小和动能的大小根据电场线的疏密判断电场强度的大小，再去判断电场力的大小解答：解：a、m点处的电场线较疏，而n点处电场线较密，则m点处的电场强度较小，粒子所受的电场力也较小，故a错误；b、由图看出，粒子的轨迹向下弯曲，粒子所受电场力大致向下，电场线方向斜向下，说明粒子带正电，粒子从m运动到n的过程中，电场力做正功，粒子的电势能减小，动能增大，则粒子m点的电势能大于n点的电势能，而粒子带正电，所以m点的电势高于n点的电势，粒子在m点的动能小于在n点的动能，故bc正确，d错误故选：bc点评：对于粒子运动的问题，往往要根据曲线运动的特点：合力方向指向轨迹的内侧判断电场力方向6（2012凯里市校级模拟）质点o振动形成的简谐横波沿x正方向传播，t时刻的波形图如图1所示，当波传到x=3m处的质点p开始计时，质点p的振动图象如图2所示，则（）a该波的频率为25hzb该波的传播速度为2m/sc质点o开始振动时沿y轴正方向d从t时刻起，经过0.015s，质点p将回到平衡位置考点：波长、频率和波速的关系；横波的图象专题：振动图像与波动图像专题分析：由振动图象读出周期，求出频率由波动图象读出波长，再求出波速简谐波传播过程中，各个质点的起振方向与波源的起振方向相同根据振动图象读出t=0时刻p质点起振的方向，即得到质点o开始振动时的方向运用波形的平移法得知：当x=2m处波峰传到x=5m处时，质点p回到平衡位置，根据波传播的距离与波速求出时间解答：解：a、由图2读出该波的周期为t=4102s，则频率f=25hz故a正确b、由图1读出波长为=4m，则波速为v=100m/s故b错误c、由图2读出t=0时刻质点p的振动方向沿y轴负方向，即质点p起振方向沿y轴负方向，则质点o开始振动时也沿y轴负方向故c错误d、根据波形平移法得知：当x=2m处波峰传到x=5m处时，质点p回到平衡位置，则波传播的距离为x=3m，所用时间为t=0.015s，即从t时刻起，经过0.015s，质点p将回到平衡位置故d正确故选ad点评：本题关键要抓住振动图象和波动图象之间的联系简谐运动传播过程中各质点的起振方向都相同波形平移法是研究波动图象经常用的方法7如图为氢原子能级示意图的一部分，则氢原子（）a从n=4能级跃迁到n=3能级比从n=3能级跃迁到n=2能级辐射出电磁波的波长长b从=5能级跃迁到n=1能级比从n=5能级跃迁到n=4能级辐射出电磁波的速度大c处于不同能级时，核外电子在各处出现的概率是一样的d电子从高能级向低能级跃迁时，氢原子一定向外放出能量考点：氢原子的能级公式和跃迁专题：原子的能级结构专题分析：能级间跃迁辐射或吸收光子的能量等于两能级间的能级差，能级差越大，辐射的光子频率越大，则波长越小解答：解：a、从n=4能级跃迁到n=3能级比从n=3能级跃迁到n=2能级辐射出光子能量小，则辐射的光子频率小，所以辐射的电磁波的波长长故a正确b、电磁波在真空中的速度相同，与频率无关故b错误c、处于不同能级时，核外电子在各处出现的概率不同故c错误d、由高能级向低能级跃迁，氢原子向外辐射能量故d正确故选：ad点评：解决本题的关键知道能级间跃迁时，辐射或吸收的光子能量等于两能级间的能级差，emen=hv8（2012春钟山区校级期末）对光电效应的解释，正确的是（）a金属内的每个电子可以吸收一个或一个以上的光子，当它积累的动能足够大时，就能逸出金属b如果入射光子的能量小于金属表面的电子克服原子核的引力逸出时需要做的最小功，光电效应便不能发生了c发生光电效应时，入射光越强，光子的能量就越大，光电子的最大初动能就越大d由于不同金属的逸出功是不相同的，因此使不同金属产生光电效应的入射光的最低频率也不相同考点：光电效应专题：光电效应专题分析：光电效应的条件是当入射光的频率大于金属的截止频率，或入射光的光子能量大于逸出功，就会发生光电效应，与入射光的强度无关解答：解：a、金属内的每个电子吸收一个光子，获取能量，若足够克服金属做功，就能逸出金属，若不够克服金属做功，就不会逸出金属，不会发生积累故a错误 b、根据光电效应的条件可知，入射光子的能量小于电子脱离某种金属所做功的最小值，不能发生光电效应故b正确 c、光电子的最大初动能与入射光的频率有关，与光的强度无关故c错误 d、不同的金属逸出功不同，截止频率不同，则发生光电效应的入射光的最低频率不同故d正确故选：bd点评：解决本题的关键掌握光电效应的条件，当入射光的频率大于金属的截止频率，或入射光的光子能量大于逸出功，就会发生光电效应与入射光的强度无关二、解答题（共5小题，满分0分）9（2013春金台区期末）某同学做“测定玻璃折射率”的实验如果没有量角器和三角函数表，其中一位同学设计了如图1所示的方法：在ao上截取eo，使eo=od过e及d分别作nn的垂线，得垂足f、c，用米尺量出线段ef和cd的长，则可得到玻璃的折射率，其公式为n=另一位同学在画直线aa和bb时与长方形玻璃砖的界面不完全重合，如图2所示，他所测得玻璃折射率的测量值将小于（填“大于”、“小于”或“等于”）真实值考点：测定玻璃的折射率专题：实验题；光的折射专题分析：（1）根据几何知识求出入射角和折射角的正弦值，再根据折射率定义公式列式求解即可；（2）某同学在画界面时，将两界面aa和bb间距画得比玻璃砖宽度大些，分析对入射角和折射角的影响，判断误差解答：解：图中ao作为入射光线，od是折射光线，设光线在玻璃砖上表面的入射角为i，折射角为r，则由几何知识得到：sini=，sinr=由已知eo=od，故折射率n=；如图所示，实线是实际光线，虚线（红色虚线）是该同学所作的光线，可见，该同学利用插针法确定入射光线、折射光线后，测得的入射角不受影响，但测得的折射角比真实的折射角偏大，因此测得的折射率偏小故答案为：；小于点评：本题是插针法测定玻璃砖的折射率，实验原理是折射定律，要会根据原理分析实验误差10（2013碑林区校级模拟）为测量一电源的电动势及内阻（1）在下列三个电压表中选一个改装成量程为9v的电压表a量程为1v、内阻约为1k的电压表v1b量程为2v、内阻约为2k的电压表v2c量程为3v、内阻为3k的电压表v3选择电压表c串联6k的电阻可以改装成量程为9v的电压表（2）利用一个电阻箱、一只开关、若干导线和改装好的电压表（此表用符号v1、v2或v3与一个电阻串联来表示，且可视为理想电压表），画出测量电源电动势及内阻的实验原理电路图（3）根据以上实验原理电路图进行实验，读出电压表示数为1.50v时，电阻箱的阻值为15.0；电压表示数为2.00v时，电阻箱的阻值为40.0，则电源的电动势e=7.5v，内阻r=10考点：测定电源的电动势和内阻专题：实验题；恒定电流专题分析：改装中要进行量程的换算，故可以选量程成整数倍的电表；由闭合电路的欧姆定律的实验方法可知实验电路图；由闭合电路的欧姆定律可列式求得电动势及内阻解答：解：（1）要改装一个量程为9v的电压表，应该选择c，改装成电压表要串联电阻的rx：则 ig（rg+rx）=uv 即：1103（3k+rx）=9 解得：rx=6k （2）实验原理电路图，如图：（3）电压表由量程为3v改装为9v，量程扩大了3倍，示数为1.50v时，路端电压为31.5v=4.5v，根据闭合电路的欧姆定律 ，同理示数为2.0v时，路端电压为32.0v=6.0v，有联立二式解得 e=7.50v r=10.0故答案为：（1）c；6（2）电路如图所示；（3）7.50，10.0点评：本题考查电压表的改装，熟悉电压表的改装原理后不难做出解答11（2014春吉州区校级期中）如图所示，直角玻璃棱镜中a=70，入射光线垂直于ac面，求光线从棱镜第一次射入空气时的折射角，并作光路图，已知玻璃的折射率为考点：光的折射定律专题：光的折射专题分析：已知折射率求出临界角，根据几何知识求出光线射到ab、bc两个面上的入射角，判断能否发生全反射，作出光路图，由折射定律求出光线从棱镜第一次射入空气时的折射角解答：解：由临界角公式sinc=得，临界角c=45入射光线垂直于ac面，方向不变射到ab面上，由几何关系得到入射角i1=a=70c，则光线在ab面上发生全反射，光线射到bc面上入射角i2=50c，光线在bc面上也发生全反射由几何知识分析得知，光线再射到ab面上时，入射角i3=30c，不发生全反射，光线将从ab面第一次射入空气中，由折射定律得 n=代入解得，r=45作出光路图如图答；光线从棱镜第一次射入空气时的折射角为45，光路图如图点评：作光路图时，当光线从光密介质射入光疏介质时，就要考虑光线能否发生全反射基础题12（2007广州一模）质量分别为3m和m的两个物体，用一根细线相连，中间夹着一个被压缩的轻质弹簧，整个系统原来在光滑水平地面上以速度0向右匀速运动，如图所示后来细线断裂，质量为m的物体离开弹簧时的速度变为20求：弹簧在这个过程中做的总功考点：动量守恒定律；动能定理的应用专题：动量与动能定理或能的转化与守恒定律综合分析：细线断裂过程，系统的合外力为零，总动量守恒，根据动量守恒定律就可以求出物体m离开弹簧时物体3m的速度，根据动能定理分别求出弹簧对两个物体做的功，两者之和即可得到弹簧在这个过程中做的总功解答：解：设3m的物体离开弹簧时的速度为，根据动量守恒定律， 则有：（3m+m）0=m20+3m解得：根据动能定理，弹簧对两个物体做的功分别为：所以弹簧做的总功：答：弹簧在这个过程中做的总功为点评：本题是系统动量守恒和机械能守恒的类型，对于弹簧的弹力是变力，应运用动能定理求解做