江西省上饶市高二物理下学期期末试卷（含解析）.doc

2014-2015学年江西省 上饶市高二（下）期末物理试卷一、选择题：（每题4分，共40分其中1到6题为单项选择题，在每小题给出的4个选项中，只有一项符合题目要求；7-10题为多项选择题，有多项符合题目要求。全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。）1 （2015台儿庄区校级模拟）关于科学家和他们的贡献，下列说法正确的是（）a伽利略发现了行星运动的规律b牛顿发现了万有引力定律，并计算出太阳与地球之间的引力大小c笛卡尔对牛顿第一定律的建立做出了贡献d法拉第通过实验证实电场线是客观存在的考点：物理学史分析：根据物理学史和常识解答，记住著名物理学家的主要贡献即可解答：解：a、开普勒发现了行星运动的规律，故a错误；b、牛顿发现了万有引力定律，由于不知道万有引力常量g的大小，没有计算出太阳与地球之间的引力大小，故b错误；c、笛卡尔研究了力与运动的关系，为牛顿第一定律的建立做出了贡献故c正确；d、法拉第最早提出场的概念，并引入电场线描述电场，但电场线不是客观存在的，故d错误；故选：c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 （2015春上饶期末）如图所示，真空中狭长区域内的匀强磁场的磁感应强度为b，方向垂直纸面向里，区域宽度为d，边界为cd和ef，速度为v的电子从边界cd外侧沿垂直于磁场方向射入磁场，入射方向跟cd的夹角为，已知电子的质量为m、带电荷量为e，为使电子能从另一边界ef射出，电子的速率应满足的条件是（）avbvcvdv考点：带电粒子在匀强磁场中的运动；牛顿第二定律；向心力专题：带电粒子在磁场中的运动专题分析：粒子在磁场中做匀速圆周运动，当其轨迹恰好与ef边相切时，轨迹半径最小，对应的速度最小解答：解：由题意可知电子从ef射出的临界条件为到达边界ef时，速度与ef平行，轨迹与ef相切，如右图由几何知识得r+rcos=d，r=，解得v0=，vv0，即能从ef射出故选：a点评：本题考查圆周运动的边界问题的求解方法当入射速率v0很小时，电子会在磁场中转动一段圆弧后又从cd一侧射出，速率越大，轨道半径越大，当轨道与边界ef相切时，电子恰好不能从ef射出3 （2015春上饶期末）将带电荷量为6106c的负电荷从电场中的a点移到b点，克服电场力做功为3105j，再从b点移到c点，电场力做功为1.2105j，则（）a电荷从a移到b，再从b到c的过程中，电势能一共减少了1.8105jb电场中a、c两点电势差为3vc若规定a点电势为零，则该电荷在b点的电势能为3105jd若规定b点电势为零，c点的电势为2v考点：电势能分析：根据电场力做正功时电荷的电势能减少，电场力做负功时电势能增加，分析电势能的变化由u=求a、c间的电势差根据电势差与电势的关系求c点的电势解答：解：a、正电荷从a点移到b点，克服电场力做功为3105j，电势能增加3105j，从b点移到c点，电场力做功为1.2105j，电势能减少1.2105j，则电势能一共增加1.8105j故a错误b、由题wab=3105j，wbc=1.2105j，则wac=wab+wbc=1.8105j，a、c两点电势差为：uac=v=3v，故b错误c、正电荷从a点移到b点，电势能增加3105j，若规定a点电势为零，则该电荷在b点的电势能为3105j，故c正确d、b、c间电势差为 ubc=v=2v，由ubc=bc，b=0，则c=2v，故d错误故选：c点评：电势差是电场中的电势之差，电势可以任意取，但电势差却不变，就像高度与高度差一样电势差可正可负，所以u=公式中做功要注意正与负，电荷量也要代入电性4 （2015春上饶期末）如图所示带电粒子以初速度v0从a点进入匀强磁场，运动中所经过b点，oa=ob，若撤去磁场后在加入一个与y轴平行的匀强电场，带电粒子仍以速度v0从a点进入电场，仍能通过b点，不计带电粒子的重力，则电场强度e和磁感应强度b的比值为（）av0bcd2v0考点：带电粒子在匀强磁场中的运动；带电粒子在匀强电场中的运动专题：带电粒子在磁场中的运动专题分析：带电粒子以速度v0从a点进入匀强磁场，运动中经过b点，oa=ob，所以圆周运动的半径正好等于d，根据半径公式求出b，如果换成匀强电场，则粒子做类平抛运动，根据平抛运动的基本规律即可求解解答：解：设oa=ob=d，因为带电粒子在磁场中做匀速圆周运动，所以圆周运动的半径正好等于d，粒子在磁场中做匀速圆周运动，由牛顿第二定律得：qv0b=m，解得：b=，如果换成匀强电场，水平方向以v0做匀速直线运动，在水平方向：d=v0t2，竖直沿y轴负方向做匀加速运动，即：d=at2=t22，解得：e=，则：=2v0，故选：d点评：带电粒子在电场磁场中的运动要把握其运动规律，在电场中利用几何关系得出其沿电场和垂直于电场的运动规律；而在磁场中也是要注意找出相应的几何关系，从而确定圆心和半径5 （2015春上饶期末）如图所示，有一半圆弧光滑轨道，半径为r，在与圆心等高的位置静止放置一个带正电的小球a，其质量为m，mn之间有一方向水平向左的匀强电场，让小球a自由滚下进入匀强电场区域，水平面也是光滑的，下列说法正确的是（）a小球一定能穿过mn区域继续运动b如果小球一定能穿过mn区域，电场力做的功为mgrc如果小球没有穿过mn区域，小球一定能回到出发点d如果小球没有穿过mn区域，只要电场强度足够大，小球可以到达p点，且到达p点速度大于等于考点：带电粒子在匀强电场中的运动；动能定理的应用分析：小球进入电场后受到向左的电场力而做减速运动，不一定能穿过电场区域；根据能量守恒定律分析小球能否到达p点根据动能定理，求解电场力做功解答：解：a、小球进入电场后受到向左的电场力而做减速运动，由于mn的宽度和小球进入电场的速度、加速度等条件不明，所以小球不一定能穿过电场区域，故a错误b、若小球一定能穿过mn区域，根据动能定理得：mgr+w电=mv20，解得，电场力做的功为 w电=mv2mgr，故b错误c、如果小球没有穿过mn区域，由于电场力和重力做功只与初末位置有关，根据能量守恒定律和过程的可逆性可知，小球一定能回到出发点，而且回到出发点时速度为零，不可能到达p点，故c正确，d错误故选：c点评：本题考查了带电小球在电场中的运动，分析清楚小球的运情况、分析小球的受力情况和能量如何转化是正确解题的关键，运用能量守恒定律进行分析可以解题6 （2015春上饶期末）如图所示的电路，闭合开关s，当滑动变阻器滑片p向右移动时，下列说法正确的是（）a电流表读数变小，电压表读数变大b小灯泡l变暗c电源的总功率变小d电容器c上电荷量减少考点：闭合电路的欧姆定律专题：恒定电流专题分析：由图可知电路结构，c与滑动变阻器并联；根据滑片的移动可明确接入电阻的变化；再由闭合电路欧姆定律可得出电流的变化；由p=ei可求得总功率的变化；根据滑动变阻器的电压变化，可明确电容器两端的电压的变化解答：解：a、当滑片右移时，滑动变阻器接入电阻减小，则外部总电阻减小；由闭合电路欧姆定律可知，总电流增大；电流表示数增大；灯泡变亮；故ab错误；c、因总电流增大，由p=ei可知，电源的总功率增大；故c错误；d、因总电流增大，则内压及l两端的电压增大；则滑动变阻器两端电压减小；电容器两端的电压减小；则由q=uc可知，电容器c上的电荷量减少；故d正确；故选：d点评：本题考查闭合电路欧姆定律的动态分析问题，要注意明确电路结构，按照“局部整体局部”的分析思路进行分析7 （2015春上饶期末）质量为2kg的物体子xy平面上做曲线运动，在x方向的速度图象和y方向的位移图象如图所示，下列说法正确的是（）a质点的初速度为5m/sb质点所受的合外力为3nc质点初速度的方向与合外力方向不垂直d2s末质点速度大小为6m/s考点：牛顿第二定律；匀变速直线运动的图像专题：牛顿运动定律综合专题分析：根据速度图象判断物体在x轴方向做匀加速直线运动，y轴做匀速直线运动根据位移图象的斜率求出y轴方向的速度，再将两个方向的合成，求出初速度质点的合力一定，做匀变速运动y轴的合力为零根据斜率求出x轴方向的合力，即为质点的合力合力沿x轴方向，而初速度方向既不在x轴，也不在y轴方向，质点初速度的方向与合外力方向不垂直解答：解：a、x轴方向初速度为vx=3m/s，y轴方向初速度vy=4m/s，质点的初速度v0=5m/s故a正确b、x轴方向的加速度a=1.5m/s2，质点的合力f合=ma=3n，故b正确；c、合力沿x轴方向，初速度方向在x轴与y轴负半轴夹角之间，故合力与初速度方向不垂直，c正确；d、2s末质点速度大小为v=6m/s，故d错误；故选：abc点评：本题考查运用运动合成与分解的方法处理实际问题的能力，类似平抛运动中等难度8 （2007广州模拟）如图所示，有一混合正离子束先后通过正交电磁场区域和匀强磁场区域，如果这束正离子束在区域中不偏转，进入区域后偏转半径r相同，则它们具有相同的（）a电荷量b质量c速度d比荷考点：带电粒子在混合场中的运动；带电粒子在匀强磁场中的运动专题：带电粒子在复合场中的运动专题分析：由题意中的离子在区域中直线运动，可知离子受力平衡，由牛顿运动定律可判断出粒子具有相同的速度；进入区域后，各离子的运动半径相同，由离子在匀强磁场中的运动半径结合速度相等可推导出离子具有相同的比荷解答：解：在正交的电磁场区域中，正离子不偏转，说明离子受力平衡，在此区域中，离子受电场力和洛伦兹力，由qvb=qe，得，可知这些正离子具有相同的速度进入只有匀强磁场的区域时，偏转半径相同，由和可知，这些正离子具有相同的质量由题意可知电量相同，所有这些离子具有相同的比荷选项cd正确，选项ab错误故选cd点评：带电粒子在正交的匀强电场和匀强磁场中运动，要注意对其进行运动状态的分析和受力分析，此种情况往往会出现电场力和磁场力平衡，从而可得到带电粒子能匀速直线通过正交的匀强电场和匀强磁场的条件，即为：这种问题的本质还是力学问题，往往要按力学的基本思路，运用力学的基本规律研究和解决此类问题9 （2015春上饶期末）矿产资源是人类赖以生存和发展的物质基础，随着对资源的过度开采，地球资源逐步枯竭，已然使我们的环境恶化，而宇航事业的发展为我们开辟了太空采矿的途径太空中进行开采项目，必须建立“太空加油站”假设“太空加油站”正在地球赤道平面内的圆周轨道上运行，其离地球表面的高度为同步卫星离地球表面高度的十分之一，且运行方向与地球自转方向一致下列说法正确的有（）a“太空加油站”运行的加速度等于其所在高度处的重力加速度b“太空加油站”运行的速度等于同步卫星运行速度的倍c站在地球赤道上的人观察到它向东运动d在“太空加油站”工作的宇航员因不受重力而在舱中悬浮或静止考点：万有引力定律及其应用；向心力专题：万有引力定律的应用专题分析：a、根据太空加油站在某一位置受到的重力提供它做圆周运动的向心力，可知运行加速度和所在高度处的重力加速度的关系b、根据万有引力提供向心力列出等式求解c、同步卫星和地球自转的角速度相同，比较出太空加油站和同步卫星的角速度大小，就可以判断出太空加油站相对于地球的运行方向d、在“太空加油站”工作的宇航员处于完全失重状态解答：解：a、根据，知“太空加油站”运行的加速度等于其所在高度处的重力加速度故a正确b、卫星绕地球做匀速圆周运动，由地球的万有引力提供向心力，则有，解得v=，太空加油站高度为同步卫星离地球表面高度的十分之一，但距离r不是十分之一，太空加油站运行的速度不等于同步卫星运行速度的倍，故b错误c、角速度=，轨道半径越大，角速度越小，同步卫星和地球自转的角速度相同，所以空间站的角速度大于地球自转的角速度，所以站在地球赤道上的人观察到空间站向东运动故c正确d、在“太空加油站”工作的宇航员受重力，处于完全失重状态，靠万有引力提供向心力，做圆周运动故d错误；故选：ac点评：解决本题的关键掌握万有引力等于重力，以及处于空间站中的人、物体处于完全失重状态，靠地球的万有引力提供向心力，做圆周运动10 （2014山东）如图，将额定电压为60v的用电器，通过一理想变压器接在正弦交变电源上，闭合开关s后，用电器正常工作，交流电压表和交流电流表（均为理想电表）的示数分别为220v和2.2a，以下判断正确的是（）a变压器输入功率为484wb通过原线圈的电流的有效值为0.6ac通过副线圈的电流的最大值为2.2ad变压器原、副线圈匝数比n1：n2=11：3考点：变压器的构造和原理；电功、电功率；正弦式电流的最大值和有效值、周期和频率专题：交流电专题分析：副线圈的用电器正常工作，电压为额定电压，即为副线圈电压，再根据副线圈的电流，可以计算出输出功率，理想变压器的输入功率等于输出功率再根据变压器原副线圈电压、电流与线圈匝数的关系即可求解，要知道电流表和电压表都是有效值解答：解：a、变压器的输入功率等于输出功率，p入=p出=i2u2=2.260w=132w，故a错误；b、根据p入=i1u1，所以，故b正确；c、电流表示数为有效值，故通过副线圈的电流的有效值为2.2a，则最大值为，故c错误；d、根据变压器的工作原理可知，所以变压器原、副线圈匝数比，故d正确故选：bd点评：掌握住理想变压器的输入功率等于输出功率，知道电压、电流之间的关系，还要知道电流表和电压表都是有效值二、填空题：每题6分，共18分11（2分）（2009广东模拟）“研究匀变速直线运动”的实验中，使用电磁打点计时器（所用交流电的频率为50hz）得到如下图所示的纸带，图中的点为计数点，相邻两个计数点间还有四个点未画出，下列表述正确的是（）a实验时应先放开纸带再接通电路b（s6s1）等于（s2s1）的6倍c从纸带可求出计数点b对应的速率d相邻两个计数点间的时间间隔为0.02s考点：探究小车速度随时间变化的规律专题：实验题；直线运动规律专题分析：了解实验的装置和工作原理纸带匀变速直线运动，相邻的时间间隔位移之差相等根据中间时刻速度等于一段过程中的平均速度可求出某点的瞬时速度解答：解：a、实验时，如果先放开纸带，再接通打点计时器电源，由于小车运动较快，可能会使打出来的点很少，不利于数据的采集和处理故a错误b、根据运动学公式x=at2得，s6s1=5at2，s2s1=at2，所以（s6s1）等于（s2s1）的5倍故b错误c、根据中间时刻速度等于一段过程中的平均速度可求出某点的瞬时速度得vb=，故c正确d、相邻两个计数点间还有四个点未画出，所以相邻的计数点之间的时间间隔为0.1s，故d错误故选c点评：对于纸带的问题，我们要熟悉匀变速直线运动的特点和一些规律，在平时的练习中要加强应用12 （2015春上饶期末）如图所示为“在探究动能定理”的实验中，小车在运动过程中打点计时器在纸带上打出的一系列的点，打点的时间间隔为0.02s小车的运动状况a、b之间可描述为变加速运动，小车离开橡皮筋后的速度为0.36m/s（保留两位有效数字）考点：探究功与速度变化的关系专题：实验题；动能定理的应用专题分析：打点计时器每隔0.02s打一个点，根据相邻计数点间距离的变化，分析小车的运动情况小车离开橡皮筋后做匀速运动，由cd段纸带，求出速度解答：解：由图知：小车在a、b之间做加速运动，由于相邻计数间位移之差不等，由x=at2知，小车的加速度是变化，故做变加速运动在c、d之间计数点均匀分布，说明小车做匀速运动小车离开橡皮筋后做匀速运动，由cd段纸带，求出速度为：v=m/s=0.36m/s故答案为：变加速；0.36点评：本题要抓住打点计时器的周期性，根据相邻计数点间的距离关系，判断物体的运动情况13（6分）（2015春上饶期末）物理小组的同学们用如图所示的实验器材测定重力加速度，实验器材有：底座、带有标尺的竖直杆、光电门1和2组成的光电计时器（其中光电门1更靠近小球释放点），小型电磁铁一个（用于吸住或释放小钢珠）、网兜实验时可用两光电门测量小球从光电门1运动至光电门2的时间t，并从竖直杆上读出两光电门间的距离h（1）使用游标卡尺测量小球的直径如图1所示，则小球直径为1.170cm（2）如图2，改变光电门1的位置，保持光电门2的位置不变，小球经过光电门2的速度为v，不考虑空气阻力，小球的加速度为重力加速度g，则h、t、g、v四个物理量之间的关系为h=gt2+vt（3）根据实验数据作出 t图线，若图线斜率的绝对值为k，根据图线可求出重力加速度大小为2k考点：用单摆测定重力加速度专题：实验题；单摆问题分析：（1）游标卡尺的读数等于主尺读数加上游标读数，不需估读（2）根据自由下落的公式和匀变速直线运动的推论求出h、t、g、v四个物理量之间的关系（3）整理得到图线的表达式，并找出图线的斜率和加速度关系解答：解：（1）游标卡尺的主尺读数为11mm，游标读数为0.0514mm=0.70mm，则小球的直径为11.70mm=1.170cm（2）采用逆向思维，结合匀变速直线运动的位移时间公式得：h=gt2+vt（3）根据h=得：，可知t图线的斜率k=，则g=2k故答案为：（1）1.170；（2）gt2+vt，（3）2k；点评：解决本题的关键掌握匀变速直线运动的运动学公式，并能灵活运用，本题的第一问，也可以采用逆向思维，结合位移时间公式进行求解14（6分）（2015春上饶期末）现有一特殊电池，它的电动势e约为9v，内阻r约为40，已知该电池允许输出的最大电流为50ma为了测定这个电池的电动势和内阻，某同学利用如图甲所示的电路进行实验，图中电流表的内阻ra已经测出，阻值为5，r为电阻箱，阻值范围0999.9，r0为定值电阻，对电路起保护作用（1）实验室备有的定值电阻r0有以下几种规格：a10b50 c150 d500本实验选用哪一种规格的定值电阻最好？答：c（2）该同学接入符合要求的r0后，闭合开关k，调整电阻箱的阻值，读取电流表的示数，记录多组数据，作出了图乙所示的图线，则根据该同学作出的图线可求得该电池的电动势e=10v，内阻r=45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：（1）已知电源电动势、内阻及最大电流，由闭合电路欧姆定律可得出电路中最小电阻，则可找出保护电阻；（2）由闭合电路欧姆定律可得出表达式，再结合图象和数学知识可得出图象的截距及斜率的含义，则可求得电动势和内电阻解答：解：（1）当滑动变阻器短路时，电路中通过的最大电流为50ma，则由闭合电路欧姆定律可知，定值电阻的最小阻值为：r0=50=18050=130，故选c；（2）由闭合电路欧姆定律可得：u=（r0+r），变形得：=+，由数学知识可知，图象中的斜率k=；截距b=；由图可知，b=0.1，故e=10v；k=4.6；解得：r=46；故答案为：（1）c（2）1045点评：本题关键在于能由图象知识（斜率与截距的意义）结合闭合电路欧姆定律求解，在解题时要注意题目中给出的条件及坐标中隐含的信息三、解答题（共4小题，满分42分）15（10分）（2015春上饶期末）如图甲所示，物体受到水平推力f的作用在粗糙水平面上做直线运动，通过力传感器和速度传感器监测推力f、物体速度v随时间t变化的规律如图乙所示，取g=10m/s2，求：（1）物体的质量m和物体与水平面间的动摩擦因数；（2）第2s内物体客服摩擦力做的功w；（3）前2s内推力f做功的平均功率考点：动能定理的应用；功率、平均功率和瞬时功率专题：动能定理的应用专题分析：（1）速度图象的斜率代表物体的加速度求出加速度，根据牛顿第二定律求解（2）根据图象的“面积”求出位移，再求克服摩擦力做功（3）由w=fs求出前2s内推力做功，再由=求平均功率解答：解：（1）第2 s内，根据速度时间图象可知，物体的加速度为a=2 m/s2，第3 s内，物体做匀速直线运动，所以根据牛顿第二定律有：3mg=2m，mg=2 n解得：m=0.5 kg，=0.40 （2）第2 s内物体运动的位移为 s=m=1m，摩擦力大小为 f=2 n，克服摩擦力做的功：wf=fs=2.0 j（3）前2 s内推力f做功为w=fs=3 j，平均功率为：=1.5 w答：（1）物体的质量m是0.5kg，物体与水平面间的动摩擦因数是0.40；（2）第2s内物体客服摩擦力做的功w是2.0j；（3）前2s内推力f做功的平均功率是1.5w点评：对于速度图象类的题目，主要是要理解：1、斜率的含义：斜率代表物体的加速度；2、速度图象与时间轴围成的面积的含义：面积代表物体的位移16（10分）（2015春上饶期末）一次执行特殊任务的过程中，飞行员在距地面320m高的水平面上做匀加速直线运动的某波音轻型飞机上依次抛出a、b、c三个物体，抛出的时间间隔为1s，抛出点a、b与b、c间距分别为45m和55m，三个物体分别落在水平地面上的a、b、c三处求：（1）飞机飞行的加速度；（2）刚抛出b物体时飞机的速度大小；（3）b、c两物体落地点b、c间的距离考点：平抛运动专题：平抛运动专题分析：（1）根据匀变速直线运动的判别式x=at2求出飞机的加速度（2）根据某段时间内的平均速度等于中间时刻的瞬时速度求出刚抛出b物体时飞机的速度大小（3）根据物体在竖直方向上的自由落体运动求出落地需要的时间，然后根据x=（vcvb）t+bc即可求解解答：解：（1）根据x=at2得，a=（2）b点是ac点的中间时刻，所以b点的速度等于ac段的平均速度，则（3）两物体在空中运动的时间t=，对飞机，可得物体在c点时的速度为：vc=vb+at=50+10m/s=60m/s，落地点b、c间的距离为：x=答：（1）飞机飞行的加速度为10m/s2；（2）刚抛出b物体时飞机的速度大小为50m/s；（3）b、c两物体落地点b、c间的距离为95m 点评：本题主要考查了匀变速直线运动的推论：相邻的相等时间内的位移之差是一个定值即x=at2以及中点时刻的速度等于其平均速度，难度适中17（10分）（2015春上饶期末）如图所示，粗糙程度均匀的绝缘斜面下方o点处有一正点电荷，带负电的小物体以初速度v1从m点沿斜面上滑，到达n点时速度为零，然后下滑回到m点，此时速度为v2（v2v1）若小物体电荷量保持不变，om=on，则小物体上升的最大高度h为多少？（重力加速度为g）考点：电势差与电场强度的关系专题：电场力与电势的性质专题分析：对上升的过程和下滑的过程分别运用动能定理，联立解得小物体上升的最大高度解答：解：设物体上升过程中，摩擦力做功为w，上升的