广东省揭阳一中高二理下学期期中学业水平测试物试题（含解析）(1).doc

揭阳第一中学20132014学年度第二学期高二级物理期中考试试题一、单项选择题：（每小题4分，共24分）1如图所示，运动员挥拍将质量为m的网球击出如果网球被拍子击打前、后瞬间速度的大小分别为v1、v2，v1与v2方向相反，且v2v1.重力影响可忽略，则此过程中拍子对网球作用力的冲量 ()a大小为m(v2v1)，方向与v1方向相同b大小为m(v2v1)，方向与v1方向相同c大小为m(v2v1)，方向与v2方向相同d大小为m(v2v1)，方向与v2方向相同【答案】c【解析】设击打前球的速度方向为正，则击打后的速度为负，则前后的动量分别为mv1和-mv2；由动量定理可得：合外力的冲量，即冲量的大小为，负号表示冲量与正方向相反，即与v2方向相同.故选c。【考点】动量定理2下列能揭示原子具有核式结构的实验是( )a光电效应实验 b伦琴射线的发现 c粒子散射实验d氢原子光谱的发现【答案】c【解析】a、光电效应实验说明光具有粒子性，故a错误；b、伦琴射线的发现是19世纪末20世纪初物理学的三大发现之一，这一发现标志着现代物理学的产生，故b错误；c、粒子散射实验中极少数粒子的大角度偏转说明原子内存在原子核，故c正确；d、氢原子光谱的发现解释了原子的稳定性以及原子光谱的分立特征，故d错误。故选c。【考点】粒子散射实验3如图为远距离输电的示意图，若电厂输出电压，下列表述正确的是（ ）au1 u4bvc若u2提高为原来的100倍，输电线上损失的功率为原来的d用户得到的交变电流频率为25hz【答案】a【解析】a、电厂发出的电，经过升压变压器进行升压，后经过降压变压器降压后输送给用用户，所以，故a正确；b、根据有效值与最大值的关系可知：，故b错误；c、若u2提高为原来的100倍，则电流为原来的，根据可知，输电线上损失的功率为原来的，故c错误；d、输电过程中功率不变，所以用户得到的交流电的频率仍为50hz，故d错误。故选a。【考点】变压器的构造和原理；电功、电功率4利用光子说对光电效应的解释，下列说法正确的是( )a金属表面的一个电子只能吸收一个光子b电子吸收光子后一定能从金属表面逸出，成为光电子c金属表面的一个电子吸收若干个光子，积累了足够的能量后才能从金属表面逸出d无论光子能量大小如何，电子吸收多个光子并积累了能量后，总能逸出成为光电子【答案】a【解析】acd、电子吸收光子是一一对应的，故a正确cd错误；b、电子吸收光子后处于高能级，但不一定电离，故b错误；故选a。【考点】光电效应5对爱因斯坦光电效应方程ek=h-w0,下面的理解正确的是( )a只要用同频率的光照射同一种金属,则从金属中逸出的所有光电子都会具有同样的初动能ekb式中的w0表示每个光电子从金属中飞出过程中克服金属表面层作用力所做的功c逸出功w0和极限频率0之间应满足关系式w0=h0d光电子的最大初动能和入射光的频率成正比【答案】c【解析】a、根据光电效应方程知，同种频率的光照射同一种金属，从金属中逸出的所有光电子最大初动能ek都相同，但初动能可能不同，故a错误；b、w表示逸出功，是每个电子从这种金属中飞出过程中，克服金属中正电荷引力所做的功的最小值，故b错误；c、根据光电效应方程知，当最大初动能为零时，入射频率即为极限频率，则有，故c正确；d、根据光电效应方程知，最大初动能与入射光的频率成一次函数关系，不是正比关系，故d错误。故选c。【考点】光电效应6如图所示，质量分别为m和2m的a、b两物块用轻弹簧相连，放在光滑水平面上，a靠紧竖直墙现用力f向左缓慢推物块b压缩弹簧，当力f做功为w时，突然撤去f，在a物体开始运动以后，弹簧弹性势能的最大值是 ( )aw bwcw dw【答案】a【解析】设a物体刚运动时，b物体的速度为v0，则当弹性势能最大时，两物体的速度相等，设为v，则由动量守恒得：再由机械能守恒定律得：解得：。故选a。【考点】机械能守恒定律；动量守恒定律二、双项选择题：（每小题4分，共24分）7用绿光照射一光电管，能产生电流，则下列一定可以使该光电管产生光电效应的有( )a红外线 b黄光 c蓝光 d紫外线 【答案】cd【解析】紫外线的频率大于绿光的频率，一定能够发生光电效应，红外线的频率、黄光的频率、绿光的频率小于蓝光的，不一定能使光电管产生光电效应。故选cd。【考点】光电效应8如图所示，在橄榄球比赛中，一个85 kg的前锋队员以5 m/s的速度跑动，想穿越防守队员到底线触地得分就在他刚要到底线时，迎面撞上了对方两名均为65 kg的队员，一个速度为2 m/s，另一个速度为4 m/s，然后他们就扭在了一起，则 ( ) a他们碰撞后的共同速度是0.2 m/sb碰撞后他们动量的方向仍向前c这名前锋能得分d这名前锋不能得分【答案】bc【解析】以前锋速度方向为正方向，设撞后共同速度为v，碰撞过程根据动量守恒定律得：解得：，所以他们碰撞后的共同速率为0.16m/s，方向与前锋方向相同，所以碰撞后他们动量的方向仍向前，能到达底线位置，故ad错误bc正确。故选bc。【考点】动量守恒定律9下列四幅图所反映的物理过程中，系统动量守恒的是( )【答案】ac【解析】a、在光滑水平面上，子弹射入木块的过程中，系统所受外力之和为零，系统动量守恒，故a正确；b、剪断细线，弹簧恢复原长的过程，墙壁对滑块有作用力，系统所受外力之和不为零，系统动量不守恒，故b错误；c、木球与铁球的系统所受合力为零，系统动量守恒，故c正确；d、木块下滑过程中，斜面始终受挡板作用力，系统动量不守恒，故d错误。故选ac。【考点】动量守恒定律10两个质量不同的物体，如果它们的( )a动能相等，则质量大的动量大 b动能相等，则动量大小也相等 c动量大小相等，则质量大的动能小 d动量大小相等，则动能也相等【答案】ac【解析】ab、动能相等，动量为，故质量大的动量大，故a正确b错误；cd、动量大小相等，动能为，故质量大的动能小，故c正确d错误。故选ac。【考点】动能；动量定理11如图甲为一火灾报警系统其中r0为定值电阻，r为热敏电阻，其阻值随温度的升高而减小。理想变压器原、副线圈匝数比为51，副线圈输出电压如图乙所示，则下列说法正确的是（ ）a原线圈输入电压有效值为b副线圈输出电压瞬时值表达式cr处出现火情时原线圈电流增大dr处出现火情时电阻r0的电功率减小【答案】ac【解析】a、由图可知副线圈电压最大值，则副线圈的有效值为44v，根据，所以，故a正确；b、由图可知副线圈电压最大值，周期t=0.016秒，所以，故b错误；c、r处出现火情时电阻变小，则副线圈电流变大，线圈匝数比不变，所以原线圈电流增大，故c正确；d、r处出现火情时电阻变小，则副线圈电流变大，根据p=i2r，可知电阻r0的电功率增大，故d错误。故选ac。【考点】变压器的构造和原理；常见传感器的工作原理12如图所示，通有稳恒电流的螺旋管竖直放置，有一铜环r沿螺旋管的轴线加速下落在下落过程中，环面始终保持水平，铜环先后经过轴线上1、2、3位置时加速度分别为a1、a2、a3，位置2在螺旋管的中心，位置1、3与位置2等距离，则（ )aa2g ba2g ca1a3a2 da3a1a2【答案】ad【解析】感应电流的效果总是阻碍引起感应电流的原因；当铜环经过1位置时，正在靠近螺线管，铜环受到的磁场力阻碍铜环靠近螺线管（来拒），则加速度a1g；当铜环经过位置3时，正在远离螺线管，铜环受到的磁场力阻碍铜环远离螺线管（去留），则加速度a3g；当铜环经过2位置时，环中磁通量最大，且运动方向与磁场平行，故不产生感应电流，则加速度a2=g又由于从1位置经2位置到3位置的过程中，铜环的速度在逐渐增加，即v3v1，故铜环在3位置处所产生的感应电动势大，受磁场力比在1位置时所受磁场力大，故a1a3综合考虑则有：a3a1a2=g，故ad正确bc错误。故选ad。【考点】楞次定律三、填空题：（每空2分，共18分）13如图，用“碰撞实验器”可以验证动量守恒定律，即研究两个小球在轨道水平部分碰撞前后的动量关系(1)实验中，直接测定小球碰撞前后的速度是不容易的但是，可以通过仅测量_(填选项前的符号)，间接地解决这个问题a小球开始释放高度hb小球抛出点距地面的高度hc小球做平抛运动的射程(2)图中o点是小球抛出点在地面上的垂直投影实验时，先让入射球m1多次从斜轨上s位置静止释放，找到其平均落地点的位置p，测量平抛射程op.然后，把被碰小球m2静置于轨道的水平部分，再将入射球m1从斜轨上s位置静止释放，与小球m2相碰，并多次重复接下来要完成的必要步骤是_(填选项前的符号)a用天平测量两个小球的质量m1、m2b测量小球m1开始释放高度hc测量抛出点距地面的高度hd分别找到m1、m2相碰后平均落地点的位置m、ne测量平抛射程om、on(3)若两球相碰前后的动量守恒，其表达式可表示为_ _(用(2)中测量的量表示)；若碰撞是弹性碰撞，那么还应满足的表达式为_ _(用(2)中测量的量表示)【答案】(1)c (2)ade (3) 【解析】验证动量守恒定律实验中，即研究两个小球在轨道水平部分碰撞前后的动量关系，直接测定小球碰撞前后的速度是不容易的，根据平抛运动规律，若落地高度不变，则运动时间不变，因此可以用水平射程大小来体现速度速度大小，故需要测量水平射程，故ab错误c正确；实验时，先让入射球ml多次从斜轨上s位置静止释放，找到其平均落地点的位置p，测量平抛射程op；然后，把被碰小球m2静置于轨道的水平部分，再将入射球ml从斜轨上s位置静止释放，与小球m2相碰，并多次重复测量平均落点的位置，找到平抛运动的水平位移，因此步骤中d、e是必须的，而且d要在e之前；至于用天平秤质量先后均可以；故选ade；根据平抛运动可知，落地高度相同，则运动时间相同，设落地时间为t，则：而动量守恒的表达式是：若两球相碰前后的动量守恒，则需要验证表达式即可若为弹性碰撞，则碰撞前后系统动能相同，则有：将即满足关系式：。【考点】验证动量守恒定律14如图(d)所示的实验电路。（1）为了粗测“2.5v 0.6w”小电珠的电阻，必须将开关s2断开。把多用电表选择开关旋转到“ ”挡；进行欧姆调零后，将红、黑表笔分别与小电珠两极相接触，测得小电珠的阻值如图(e)所示，其读数为 。（2）将选择开关置于直流电压档，闭合s1、s2，此时测得的是 两端电压。（3）为了测量小电珠的电流，应将选择开关置于直流电流档，闭合开关 ，断开开关 ，然后将红、黑表笔分别接s2的左、右接线柱。【答案】（1）1 8.0 （2）小电珠 （3）s1，s2【解析】欧姆表读数=表盘读数倍率=81=8；将选择开关置于直流电压档，闭合s1、s2，由于红表笔与黑表笔与小灯泡并联，故测量的是小灯泡的电压；为了测量小电珠的电流，应将选择开关置于直流电流档，要将电流表串接到电路中，故可以断开s2，闭合开关s1，后将红、黑表笔分别接s2的左、右接线柱。【考点】伏安法测电阻四、计算题：（共34分）15（10分）长为l的水平极板间，有垂直纸面向里的匀强磁场，如图所示，磁感应强度为b，板间距离也为l，板不带电，现有质量为m、电量为q的正电粒子（不计重力），从左边极板间中点处垂直磁感线以初速度v水平射入磁场，欲使粒子不打在极板上，求初速度v的范围。【答案】【解析】如图所示：由题意知，带正电的粒子从左边射出磁场，其在磁场中圆周运动的半径；因为粒子在磁场中做圆周运动洛伦兹力提供向心力即：可得粒子做圆周运动的半径：粒子从左边射出，则：，即带正电的粒子不从右边射出，如图所示，此时粒子的最大半径为r，由上图可知：可得粒子圆周运动的最大半径：又因为粒子做圆周运动，洛伦兹力提供向心力，粒子不从右边射出，则：即此时所以粒子不从磁场区域射出速度满足：或者。【考点】带电粒子在混合场中的运动16（10分）如图16所示，甲车质量m1为2 kg，静止在光滑水平面上，其顶部上表面光滑，右端放一个质量m为1 kg的小物块，乙车质量m2为4 kg，以v0=5 m/s的速度向左运动，与甲车碰撞后甲车获得6 m/s的速度，物块滑到乙车上，若乙车足够长，其顶部上表面与物块间的动摩擦因数为=0.2。(g取10 m/s2)，则(1)物块在乙车上表面滑行多长时间相对乙车静止；(2)物块最终距离乙车左端多大距离【答案】 【解析】 (1)对甲、乙碰撞，由动量守恒定律有，解得，物块滑向乙车，物块和乙车组成的系统，由动量守恒定律，解得，物块在滑动摩擦力作用下向左匀加速运动，加速度。物块在乙车上滑动时间。(2)由动能定理，解得，即物块最终距离乙车左端0.8 m。【考点】动量守恒定律；动能定理17（14分）如图，匀强磁场垂直铜环所在的平面，导体棒a的一端固定在铜环的圆心o处，另一端紧贴圆环，可绕o匀速转动通过电刷把铜环、环心与两竖直平行金属板p、q连接成如图所示的电路，r1、r2是定值电阻带正电的小球通过绝缘细线挂在两板间m点，被拉起到水平位置；合上开关k，无初速度释放小球，小球沿圆弧经过m点正下方的n点到另一侧已知：磁感应强度为b；a的角速度大小为，长度为l，电阻为r；r1=r2=2r，铜环电阻不计；p、q两板间距为d；带电的质量为m、电量为q；重力加速度为g求：（1）p、q间电场强度e的大小；（2）小球通过n点时对细线拉力t的大小【答案】 【解析】（1）导体棒a转动切割磁感线，由法拉第电磁感应定律得电动势大小：由闭合电路欧姆定律：由欧姆定律可知，pq的电压为：upq故pq间匀强电场的电场强度大小：代入r1r22r，可得：（2）设细绳长度为l，小球到达n点时速度为v，由动能定理可得：又得：【考点】法拉第电磁感应定律；动能定理；欧姆定律揭阳第一中学20132014学年度第二学期高二级物理期中考试答案一、 二选择题（48分）题号123456789101112答案ccaacacdbcacacacad三、填空题（18分）13(1)c (2)ade (3) m1omm2onm1op m1om2m