贵州省遵义市清华中学高二物理上学期月考试卷（含解析）.doc

2014-2015学年贵州省遵义市清华中学高二（上）月考物理试卷一、选择题（本题共15小题，每小题3分共45分；每个小题给出的四个选项中，有的只有一个选项正确，有的有多个选项正确，全部选对的得3分，选对但不全的得2分，有选错的得0分）1（3分）关于布朗运动，下列说法中正确的是（） a 布朗运动是由外部原因引起的液体分子的运动 b 布朗运动虽然不是分子的运动，但它能反映出分子的运动规律 c 布朗运动的剧烈程度与悬浮颗粒的大小有关，这说明分子的运动与悬浮颗粒的大小有关 d 布朗运动的剧烈程度与温度有关，所以布朗运动也叫做热运动【考点】： 布朗运动【专题】： 布朗运动专题【分析】： 布朗运动是悬浮微粒的无规则运动，不是分子的无规则运动，形成的原因是由于液体分子对悬浮微粒无规则撞击引起的悬浮小颗粒并不是分子，小颗粒无规则运动的轨迹不是分子无规则运动的轨迹【解析】： 解：a、布朗运动是悬浮微粒的无规则运动，不是分子的无规则运动，故a错误；b、布朗运动虽然不是分子的运动，但它是分子的无规则运动造成的，故能反映出分子的无规则运动，故b正确；c、布朗运动的剧烈程度与悬浮颗粒的大小有关，是由于颗粒越大，分子碰撞的不平衡性越不明显；而分子的运动与悬浮颗粒的大小无关，故c错误；d、布朗运动的剧烈程度与温度有关，而热运动是分子的无规则运动，不同，故d错误；故选：b【点评】： 布朗运动既不颗粒分子的运动，也不是液体分子的运动，而是液体分子无规则运动的反映2（3分）设想人类开发月球，不断地把月球上的矿藏搬运到地球上，假设经过长时间开采后，地球仍可看作是均匀球体，月球仍沿开采前的圆周轨道运动，则与开采前相比（）地球与月球间的万有引力将变大； 地球与月球间的万有引力将变小月球绕地球运动的周期将变长； 月球绕地球运动的周期将变短 a b c d 【考点】： 万有引力定律及其应用【专题】： 万有引力定律的应用专题【分析】： 根据万有引力定律，表示出地球与月球间万有引力，根据地球和月球质量的变化求出地球与月球间万有引力的变化研究月球绕地球做匀速圆周运动，根据万有引力提供向心力，列出等式表示出周期，再根据已知量找出周期的变化【解析】： 解：、根据万有引力定律得：地球与月球间的万有引力f=，由于不断把月球上的矿藏搬运到地球上，所以m减小，m增大由数学知识可知，当m与m相接近时，它们之间的万有引力较大，当它们的质量之差逐渐增大时，m与m的乘积将减小，它们之间的万有引力值将减小，故错误、正确、设月球质量为m，地球质量为m，月球与地球之间的距离为r，假定经过长时间开采后，地球仍可看作是均匀的球体，月球仍沿开采前的圆周轨道运动（轨道半径r不变），根据万有引力提供向心力得：，得t=2随着地球质量的逐步增加，m将增大，将使月球绕地球运动周期将变短故错误、正确故b正确、acd错误故选：b【点评】： 要比较一个物理量大小或变化，我们应该把这个物理量先表示出来，再进行比较向心力的公式选取要根据题目提供的已知物理量或所求解的物理量选取应用3（3分）某人用力将一质量为m的物体从离地面高为h的地方竖直上抛，上升的最大高度为h（相对于抛出点），设抛出时初速度为v0，落地时速度为vt，那么此人在抛出物体过程中对物体所做功为（） a mgh b mgh c mvt2mgh d mv02【考点】： 动能定理的应用；功的计算【专题】： 动能定理的应用专题【分析】： 根据已知量，对不同过程应用动能定理进行分析，即可得出人对物体所做的功【解析】： 解：在人抛出物体的过程中，由动能定理可得：w=mv02； 故d正确；对全过程分析可知：在球运动的过程中，球受人的抛出力做功，重力做功；且已知初动能和末动能，由动能定理可得：w+mgh=mvt20：解得人对球所做的功：w=；故c正确；对于从开始抛到最高点由动能定理可得：wmgh=0故w=mgh，故a正确；故选acd【点评】： 本题考查动能定理的应用，要求学生应正确理解题目中各量的意义，分别对不同的过程列式得出正确的结论4（3分）如图所示，用大小相等、方向相反，并在同一水平面上的力n挤压相同的木板，木板中间夹着两块相同的砖，砖和木板均保持静止，则（） a 两砖间摩擦力为零 b n越大，板与砖之间的摩擦力就越大 c 板、砖之间的摩擦力大于砖的重力 d 两砖之间没有相互挤压的力【考点】： 静摩擦力和最大静摩擦力【专题】： 摩擦力专题【分析】： 先以两块砖整体为研究对象，由平衡条件求出木板对砖的摩擦力，再隔离其中一块砖研究，由平衡条件求解另一块对它的摩擦力大小【解析】： 解：abc、设每一块砖的重力为g，一侧木板对砖的摩擦力大小为f1，两块砖之间的摩擦力大小为f2根据平衡条件得 对整体，有：2f1=2g，得f1=g 对左侧砖，有：f1+f2=g解得f2=0即两砖间摩擦力为零，而且这个结果与n无关故a正确，bc均错误d、两砖之间有相互挤压的力故d错误故选：a【点评】： 本题是解题关键是如何选择研究对象，采用整体法和隔离法相结合处理，简单方便5（3分）（2012秋洛阳期末）如图所示，让平行板电容器带电后，静电计的指针偏转一定角度，若不改变a、b两极板带的电量而减小两极板间的距离，同时在两极板间插入电介质，那么静电计指针的偏转角度（） a 一定减小 b 一定增大 c 一定不变 d 可能不变【考点】： 电容器的动态分析【专题】： 电容器专题【分析】： 静电计测定电容器两板间的电势差，电势差越大，指针的偏转角度越大由题，平行板电容器带电后电量不变，减小两极板间的距离，同时在两极板间插入电介质后，分析电容的变化，再由电容的定义式分析静电计指针的偏转角度的变化【解析】： 解：由题，减小两极板间的距离，同时在两极板间插入电介质，根据电容的决定式c=可知，电容增大，电容器的电量不变，由c=得知，板间电势差减小，则静电计指针的偏转角度一定减小故a正确，bcd错误故选a【点评】： 对电容的定义式和决定式两个公式要熟练掌握，灵活应用，本题是常见题型6（3分）如图所示电路用来测定电池的电动势和内电阻其中v为电压表（理想电表），定值电阻r=7.0在电键未接通时，v的读数为6.0v；接通电键后，v的读数变为5.6v那么，电池组的电动势和内电阻分别等于（） a 6.0v，0.5 b 6.0v，1.25 c 5.6v，1.25 d 5.6v，0.5【考点】： 闭合电路的欧姆定律【专题】： 恒定电流专题【分析】： 当开关断开时，电压表接在电源两端，电压表示数为电池组的电动势；k闭合时，电压表测量路端电压，则根据闭合电路的欧姆定律可求得内电阻【解析】： 解：电键未接通时，电压表示数即为电源电动势，故电动势e=6.0v；接通电键后，对r由欧姆定律可得：电路中电流为：i=0.8a；由闭合电路欧姆定律可知：内电阻为：r=0.5；故选：a【点评】： 本题考查闭合电路的欧姆定律的使用，注意因电压表为理想电表，故当电压表直接接在电源两端时，相当于开路，电压表示数即为电源的电动势7（3分）如图所示的电路中，l是自感系数足够大的线圈，它的电阻可忽略不计，d1和d2是两个完全相同的灯泡，将电键k闭合，带灯泡亮度稳定后，再将电键k断开，则下列说法正确的是（） a k闭合瞬间，两灯同时亮，以后d1熄灭，d2变亮 b k断开时，两灯都亮一下再慢慢熄灭 c k闭合瞬间，d1先亮，d2后亮，最后亮灯亮度一样 d k断开时，d2立即熄灭，d1亮一下再慢慢熄灭【考点】： 自感现象和自感系数【分析】： 电感总是阻碍电流的变化线圈中的电流增大时，产生自感电流的方向更原电流的方向相反，抑制增大；线圈中的电流减小时，产生自感电流的方向更原电流的方向相同，抑制减小，并与灯泡1构成电路回路【解析】： 解：l是自感系数足够大的线圈，它的电阻可忽略不计，d1和d2是两个完全相同的小灯泡a、k闭合瞬间，但由于线圈的电流增加，导致线圈中出现感应电动势从而阻碍电流的增加，所以两灯同时亮，当电流稳定时，由于电阻可忽略不计，所以以后d1熄灭，d2变亮故a正确，b错误；c、k闭合断开，d2立即熄灭，但由于线圈的电流减小，导致线圈中出现感应电动势从而阻碍电流的减小，所以d1亮一下再慢慢熄灭，故c错误；d正确；故选：ad【点评】： 线圈中电流变化时，线圈中产生感应电动势；线圈电流增加，相当于一个瞬间电源接入电路，线圈上端是电源正极当电流减小时，相当于一个瞬间电源，线圈下端是电源正极8（3分）一束白光通过三棱镜折射后，在屏上形成了彩色光带，可知（） a 红光最先穿过棱镜 b 紫光最先穿过棱镜 c 红光的偏折角度度最大 d 紫光的偏折角度最大【考点】： 光的折射定律【专题】： 光的折射专题【分析】： 太阳光是复色光，经过三棱镜后由于折射率不同，导致偏折程度不同红光的折射率最小，紫光的折射最大【解析】： 解：白色光经过三棱镜后产生色散现象，在光屏由下至上依次为红、橙、黄、绿、蓝、靛、紫由于紫光的折射率最大，所以紫光的偏折角最大；红光的折射率最小，则偏折程度最小根据n=，可知红光在三棱镜中传播速度最大，因此红光最先穿过棱镜，故ad正确；bc错误故选：ad【点评】： 从光的色散实验发现可见光是复色光，在介质中，紫光的折射率最大，红光的折射率最小9（3分）一物体放置在倾角为的斜面上，斜面固定于加速上升的电梯中，加速度为a，如图所示在物体始终相对于斜面静止的条件下，下列说法中正确的是（） a 当一定时，a越大，斜面对物体的正压力越小 b 当一定时，a越大，斜面对物体的摩擦力越大 c 当a一定时，越大，斜面对物体的正压力越小 d 当a一定时，越大，斜面对物体的摩擦力越小【考点】： 牛顿第二定律；力的合成与分解的运用【专题】： 压轴题；牛顿运动定律综合专题【分析】： 对物体进行正确受力分析，然后根据其运动状态列方程：水平方向合外力为零，竖直方向合外力提供加速度然后根据方程进行有关方面的讨论，在讨论时注意兼顾水平和竖直两个方向，否容易出错【解析】： 解：物体受力如图，正交分解有：水平方向：fnsin=fcos 竖直方向：fncos+fsinmg=ma 故有：当一定时，a越大，斜面对物体的摩擦力、支持力都越大，故a错误，b正确；当a一定时，越大，cos越小，sin越大，要使两个方程成立，必须有斜面对物体的正压力减小，斜面对物体的摩擦力增大，故c正确，d错误故选bc【点评】： 对于这类动态变化问题，要正确对其进行受力分析，然后根据状态列出方程进行有关讨论，不能凭感觉进行，否则极易出错10（3分）如图所示，空间的虚线区域内存在着相互垂直的匀强电场和匀强磁场，一个带电粒子以某一初速v0由a点垂直场边界进入该区域，沿直线运动从o点离开场区如果这个区域只有电场，粒子将从b点离开场区；如果这个区域只有磁场，粒子将从c点离开场区，且bo=co设粒在上述三种情况下，从a到b，从a到o和从a到c所用的时间分别是t1、t2和t3比较t1、t2和t3的大小，有（） a t1=t2=t3 b t1=t2t3 c t1t2=t3 d t1t2t3【考点】： 带电粒子在混合场中的运动【专题】： 带电粒子在复合场中的运动专题【分析】： 带电粒子由a点进入这个区域沿直线运动，从c点离开场区，这个过程粒子受到的电场力等于洛伦兹力qe=qvb，水平方向做匀速直线运动；如果只有电场，带电粒子从b点射出，做类平抛运动，水平方向匀速直线运动，如果这个区域只有磁场，则这个粒子从d点离开场区，此过程粒子做匀速圆周运动，速度大小不变，方向改变，所以速度的水平分量越来越小【解析】： 解：带电粒子由a点进入这个区域沿直线运动，从c点离开场区，这个过程粒子受到的电场力等于洛伦兹力qe=qvb，水平方向做匀速直线运动，运动时间t1=，如果只有电场，带电粒子从b点射出，做类平抛运动，水平方向匀速直线运动，运动时间：t2=，如果这个区域只有磁场，则这个粒子从d点离开场区，此过程粒子做匀速圆周运动，速度大小不变，方向改变，所以速度的水平分量越来越小，所以运动时间：t3，所以t1=t2t3，故b正确，acd错误故选：b【点评】： 注意分析带电粒子在复合场、电场、磁场中的运动情况各不相同，复合场中做匀速直线运动，电场做类平抛运动，磁场做匀速圆周运动，根据不同的运动规律解题11（3分）有两条垂直交叉但不接触的直导线，通以大小相等的电流，方向如图所示，则哪些区域中某些点的磁感应强度可能为零（） a 区域 b 区域 c 区域 d 区域【考点】： 通电直导线和通电线圈周围磁场的方向【分析】： 据右手螺旋定则分别判断两通电导线的磁感线的方向，再利用矢量运算分析求解即可【解析】： 解：据右手螺旋定则可知，竖直导线左侧的磁场垂直纸面向外，右侧的磁场垂直纸面向内；水平导线在上侧的磁场垂直纸面向外，下侧垂直纸面向内；由于电流大小相同，据磁场的叠加可知，、区域磁感应强度为零，区域磁场方向垂直纸面向外，区域磁场方向垂直纸面向内，故ac正确，bd错误故选：ac【点评】： 灵活应用右手螺旋定则和磁场的叠加原理是解题的关键，注意平面图中磁场方向的表示方法12（3分）按玻尔理论，一个氢原子中的电子从一半径为ra的圆轨道自发地直接跃迁到一半径为rb的圆轨道上，rarb，在此过程中（） a 原子要发出一系列频率的光子 b 原子要吸收一系列频率的光子 c 原子要发出某种频率的光子 d 原子要吸收某种频率的光子【考点】： 玻尔模型和氢原子的能级结构【专题】： 原子的能级结构专题【分析】： 氢原子从高轨道跃迁到低轨道，能量减小，减小的能量以光子的形式释放【解析】： 解：因为rarb一个氢原子中的电子从半径为ra的圆轨道自发地直接跃迁到另一半径为rb的圆轨道上，能量减小，向外辐射光子因为能极差一定，只能发出特定频率的光子故c正确a、b、d错误故选：c【点评】： 解决本题的关键知道从高能级向低能级跃迁，辐射光子，从低能级向高能级跃迁，吸收光子，以及掌握能级差与光子频率的关系，emen=h13（3分）如图所示，一根张紧的水平弹性长绳上的a、b两点，相距14.0m，b点在a点的右方当一列简谐横波沿此绳向右传播时，若a点的位移达到正极大时，b点的位移恰为零，且向下运动，经过1.00s后，a点的位移为零，且向下运动，而b点的位移恰好达到负极大，则这列简谐横波的波速可能等于（） a 14.0 m/s b 10.0 m/s c 6.00 m/s d 4.67 m/s【考点】： 波长、频率和波速的关系；横波的图象【分析】： 根据题意，当简谐横波沿长绳向右传播时，若a点的位移达到正最大时，b点的位移恰为零且向下运动，结合波形，得到a，b两点与波长关系的通项式又据题意，经过1.00s后a点的位移为零，且向下运动，而b点的位移恰达到负最大，得到时间与周期的关系通项式，求出波速的通项式，再研究波速的特殊值【解析】： 解：由题，当简谐横波沿长绳向右传播时，若a点的位移达到正最大时，b点的位移恰为零且向下运动，则ab间距离xab=（n+），n=0，1，2，得到波长=又据题意，经过1.00s后a点的位移为零，且向下运动，而b点的位移恰达到负最大，则时间t=1.00s=（k+）t，得到周期t=s，k=0，1，2，则波速v=当k=0，n=0时，v=4.67m/s；当k=1，n=1时，v=10m/s；由于n、k是整数，v不可能等于6m/s和4m/s故选：bd【点评】： 此题是波的多解题，首先判断波的传播方向，其次，根据波形及传播方向，列出波沿不同方向传播时可能传播距离和周期的通式，再次，看质点间隐含的不同波长的关系，列出波长的通式，再分别将n=0，1，2代入通式可求得所有可能的答案，要防止漏解或用特解代通解14（3分）图中的实线是一簇未标明方向的由点电荷产生的电场线，虚线是某一带电粒子通过该电场区域的运动轨迹，a、b是其轨迹上的两点若带电粒子在运动中只受电场力作用，由此图可判断下列说法错误的是（） a 带电粒子所带电荷的符号 b 带电粒子在a、b两点的受力方向 c 带电粒子在a、b两点的速度何处较大 d 带电粒子在a、b两点的电势能何处较大【考点】： 电势能【专题】： 电场力与电势的性质专题【分析】： 从图中可以看到，粒子的运动轨迹向左弯曲，说明粒子受到的电场力大体向左，电场线方向不明，无法判断粒子的电性根据电场力做功情况，判断动能和电势能的变化当电场力做正功时，电荷的电势能减小，动能增大；当电场力做负功时，电荷的电势能增大，动能减小【解析】： 解：ab、由图，粒子的运动轨迹向左弯曲，说明粒子在a、b两点受到的电场力沿电场线向左由于电场线方向不明，无法确定粒子的电性故a错误，b正确cd、由于粒子在a、b两点受到的电场力沿电场线向左，故从a到b电场力对粒子做负功，粒子的动能减小，电势能增大，则粒子在a点的速度较大，在b点电势能较大故cd正确本题选错误的，故选：a【点评】： 本题是电场中粒子的轨迹问题，首先要能根据轨迹的弯曲方向判断粒子受力方向，其次判断粒子动能和电势能的变化要根据电场力做功情况15（3分）放射源放出的三种射线在通过匀强磁场时呈现如图所示不同的轨迹1、2、3，其中（） a 2的电离本领最强 b 3的穿透本领最强 c 1的穿透本领最强 d 1的电离本领最强【考点】： 天然放射现象；带电粒子在匀强磁场中的运动【分析】： 三种射线的成分：射线是高速核流带正电，射线是高速电子流带负电，射线是光子，是电中性的左手定则判断电荷运动的方向；电离本领依次减弱，贯穿本领依次增强【解析】： 解：射线是高速42he流，一个粒子带两个正电荷根据左手定则，射线受到的洛伦兹力向右，故1是射线射线是高速电子流，带一个负电荷根据左手定则，射线受到的洛伦兹力向左，故3是射线射线是光子，是电中性的，故在磁场中不受磁场的作用力，轨迹不会发生偏转故2是射线1、3、2的电离本领依次减弱，贯穿本领依次增强故d正确故选d【点评】： 本题综合性较强，主要考查两个方面的问题：三种射线的成分主要是所带电性洛伦兹力的方向的判定只有基础扎实，此类题目才能顺利解决，故要重视基础知识的学习三、实验题（本题共2小题，共15分）16（3分）利用单摆测重力加速度的实验中，（1）根据测量结果计算重力加速度的数学表达式是ca、g= b、g=、c、g= d、g=（2）若测量值偏小，可能是由于aa、计算摆长时，只考虑悬线长，而未加小球半径b、测量周期时，将n次全振动误记成n+1次全振动c、计算摆长时，用悬线长加小球的直径d、单摆振动时，振幅较小【考点】： 用单摆测定重力加速度【专题】： 实验题【分析】： 根据单摆的周期公式t=2得出重力的加速度表达式，从而分析得出测量值偏小的原因【解析】： 解：（1）根据单摆的周期公式t=2得，g=，故c正确，abd错误（2）a、计算摆长时，只考虑悬线长，而未加小球半径，则摆长的测量值偏小，导致重力加速度测量值偏小故a正确b、测量周期时，将n几次全振动，误记成n+1次全振动，则周期的测量值偏小，所以导致重力加速度的测量值偏大故b错误c、计算摆长时，用悬线长加小球的直径，摆长的测量值偏大，所以导致重力加速度的测量值偏大故c错误d、单摆振动时，振幅较小，不影响重力加速度的测量故d错误故选：（1）c；（2）a【点评】： 解决本题的关键掌握单摆的周期公式，并能灵活运用，同时掌握误差产生的原因是解题的关键17（3分）用伏安法测定两节干电池组成的电源的电动势和内电阻r实验中共测出五组数据，如表所示： 1 2 3 4 5u（v） 2.80 2.60 2.50 2.20 2.00i（a） 0.48 0.80 1.00 1.60 1.96（1）在方框内画出测量、r的电路原理图（2）在图中作ui图线，根据图线求出：电动势=3.0v，内电阻r=0.5（3）若考虑电流表、电压表内阻对测量结果的影响，则测真【考点】： 测定电源的电动势和内阻【专题】： 实验题【分析】： （1）应用描点法作图；根据图象求出电源电动势与内阻（2）根据电路图分析实验误差【解析】： 解：（1）根据表中实验数据在坐标系内描出对应点，然后作出图象如图所示：由图示电源ui图象可知，图象与纵轴交点坐标值是3.0，电源电动势=3.0v，电源内阻r=0.5；（2）由图示电路可知，由于电压表的分流作用电流表所测电流小于流过电源的电流，电压表的分流作用是造成系统误差的原因；当外电路短路时，电流的测量值等于真实值，除此之外，由于电压表的分流作用，电流的测量值小于真实值，电源的ui图象如图所示，由图象可知，电源电动势的测量值小于真实值故答案为：（1）图象如图所示，3.0，0.5；（2）【点评】： 本题考查了作图象、求电源电动势与内阻、实验误差分析；电源ui图象与纵轴交点坐标值是电源电动势、图象斜率的绝对值是电源内阻三、解答题（共4小题，满分0分）18如图所示，原来静止在水平面上的物体，质量为m=5.0kg，它与水平面间的动摩擦因数=0.4现用f=46n的水平恒力拉物体向右运动，持续作用时间达10s时撤出此力求物体从开始运动到停止运动经历的时间是多少？（重力加速度g取10m/s2）【考点】： 牛顿第二定律；匀变速直线运动的速度与时间的关系【专题】： 牛顿运动定律综合专题【分析】： 根据牛顿第二定律求出加速度，根据速度时间公式求出末速度，然后再由牛顿第二定律求出减速的加速度，即可求时间【解析】： 解：由f=ma得：a1=5.2m/s2故末速度v=a1t1=5.210=52m/s又a2=g=0.410=4m/s2所以t2=13s故物体从开始运动到停止运动经历的时间t=10+13=23s答：物体从开始运动到停止运动经历的时间23s【点评】： 本题主要考查了牛顿第二定律、运动学基本公式难度不大，属于基础题19如图所示，斜槽轨道下端与一个半径为0.4m的圆形轨道相连接一个质量为0.1kg的物体从高为h=2m的a点由静止开始滑下，运动到圆形轨道的最高点c处时，对轨道的压力等于物体的重力求物体从a运动到c的过程中克服摩擦力所做的功（g取10m/s2）【考点】： 动能定理；向心力【专题】： 动能定理的应用专题【分析】： 小球到达c点时，小球竖直方向所受合力提供小球圆周运动向心力，从而求得小球在c点的速度，再根据动能定理求得小球从a到c过程中摩擦力做的功即可【解析】： 解：根据牛顿第三定律可知，小球在c点受到轨道的压力大小与重力相等n=mg，方向竖直向下，又小球在c点时在竖直方向所受合力提供圆周运动向心力有： 小球从a到c的过程中只有重力和摩擦力做功，根据动能定理有：wf+ 联列两式代入m=0.1kg，h=2m，r=0.4m，可解得：wf=0.8j因为摩擦力做负功所以克服摩擦力做0.8j的功答：物体克服摩擦力做功0.8j【点评】： 解