湖南省娄底市高二物理下学期期末考试试题(A卷)(含解析)

1、物理试题、选择题（第16题为单项选择题，每小题4分，710题为多项选择题，每小题4分，多项选择题全部选对得4分，漏选得2分，错选得0分.）1.如图，在水平桌面上放置一斜面体P,两长方体物块a和b叠放在P的斜面上，整个系统a和b、b与PP与桌面之间摩擦力的大小分别用fl、f2和f3表示。则处于静止状态。若将B.D.【答案】Af1M0,f2=0,f3=0f1M0,f2丰0,f30【解析】对a物体分析可知,a物体受重力、支持力的作用，有沿斜面向下滑动的趋势，因此a受到b向上的摩擦力；Ffi丰0;再对ab整体分析可知，ab整体受重力、支持力的作用，有沿斜面向下滑动的趋势，因此b受到P向上的摩擦力；Ff

2、2丰0;对ab及P组成的整体分析，由于整体在水平方向不受外力，因此P不受地面的摩擦力；Ff3=0;故只有B正确，ACD错误;故选B.点睛：本题考查静摩擦力的分析和判断，要注意明确静摩擦力随物体受到的外力的变化而变化；同时明确静摩擦力产生的条件，从而分析是否存在摩擦力；同时注意整体法与隔离法的正确应用.2.将一物体以某一初速度竖直上抛。物体在运动过程中受到一大小不变的空气阻力作用，它从抛出点到最高点的运动时间为t°,再从最高点回到抛出点的运动时间为ti，如果没有空气阻力作用，它从抛出点到最高点所用的时间为t2。则（）A.t1<t0,t2<t1B.t1<t0,t2>

3、;t1C.t1>t0,t2>t1D.t1>t0,t2<t1【答案】D【解析】不计阻力时，物体做竖直上抛运动，由运动学公式可得:-14-当有阻力时，设阻力大小为f，上升时有:mg+f=ma1-g>grti有阻力上升位移与下降位移大小相等，下降时有:mg+f=ma有阻力时=2故D正确。点晴：题中描述的两种情况物体均做匀变速运动，弄清两种情况下物体加速度、上升高度等区别，然后利用匀变速运动规律求解即可。3. 质量为m的物体用轻绳AB悬挂于天花板上.用水平向左的力F缓慢拉动绳的中点0,如图所示用T表示绳0A段拉力的大小，在0点向左移动的过程中（）A. F逐渐变大，T逐渐变

4、小B.F逐渐变大，T逐渐变大C.F逐渐变小，T逐渐变大D.F逐渐变小，T逐渐变小【答案】B«rl试題分析:以结点0为研究对象受力分析由题意知点。缓®穆动即在移动过程中始终处于平街状态,则可知：绳0日的张力T=mg:设0A与竖宜方向的夹角为0F根据平衝条件可知：TAcos9-mg=0；T応ln®F=0；由此两式可得：F=mgtane；在结点为0披缓慢拉动过程中，夹角0増大.由三角函数可知：F变大，故B正确，ACD错逞故选B.考点：共点力的平衡【名师点睛】掌握共点力平衡条件是正确解决本题的关键，本题中注意对缓慢拉动所隐含的在拉动过程中物体始终处于平衡状态条件的挖掘。4

5、. 一质点沿x轴做直线运动，其v-t图象如图所示。质点在t=0时位于x=6m处，开始沿x轴正向运动。当t=8s时，质点在x轴上的位置为（）A.x=3mBx=8mC.x=9mD.x=14m【答案】C【解析】图象的“面积”大小等于位移大小，故8s时位移为：、2、（2+41"2+4）功=3强22'|由于质点在t=0时位于x=6m处，故当t=8s时，质点在x轴上的位置为9m,故ABDt错误，C正确.故选C.点睛：本题抓住速度图象的“面积”等于位移是关键图象在时间轴上方“面积”表示的位移为正，图象在时间轴下方“面积”表示的位移为负，能根据图象分析物体的运动情况，通过训练，培养基本的读图

6、能力.5. 高铁技术迅猛发展，目前已经修建好的成西高铁，横跨川陕两省，极大的缩短了德阳到西安的运行时间。设计师根据地形设计一弯道半径为3000m,限定时速为180km/h（此时车轮轮缘不受力）。已知我国的轨距为1500mm且角度较小时，間阀，重力加速度g=10m/s2,则高速列车在通过此弯道时的外轨超高值为（）A. 6.25cmB.12.5cmC.18.75cmD.25cm【答案】B【解析】半径R=3000m时速，根据牛顿第二定律得m，解得6.如图所示，有两根和水平方向成aL=1500mm联立得h=80mm=8cm故A正确.角的光滑平行金属轨道，上端接有可变电阻R下端足够长，空间有垂直于轨道平

7、面的匀强磁场，磁感应强度为B,根质量为m的金属杆（电阻忽略不计）从轨道上由静止滑下，经过足够长的时间后，金属杆的速度会趋近于一个最大速度Vm,A. 如果B增大，Vm将变大B.如果a增大，Vm将变小C.如果R变小，Vm将变小D.如果m变小，Vm将变大【答案】C【解析】金属杆受重力、支持力、安培力，开始时重力沿斜面的分力大于安培力，所以金属杆做加速运动，随着速度的增加，安培力在增大，所以金属杆加速度逐渐减小，当加速度减小到零，速度最大；当加速度为零时，速度最大，有A、如果B增大，口将变小，故A错误；B如果a变大，将变大，故B正确；C如果R变大，将变大，故C正确；D如果m变小，将变小，故D错误；故选

8、BC【点睛】金属杆受重力、支持力、安培力做加速度逐渐减小的加速运动，当加速度减小到零，速度最大根据合力为零，求出金属杆的最大的速度；根据最大的速度的表达式进行求解。7. （多选）如图所示，接在家庭电路上的理想降压变压器给小灯泡L供电，如果将原、副线圈减少相同匝数，其它条件不变，则B. 小灯泡变暗C. 原、副线圈两段电压的比值不变D. 通过原、副线圈电流的比值变小【答案】BD【解析】试题分析：根据变压器电压与匝数关系，因为是降压变压器，则ni>n2，则当原、副线圈减少相同匝数时，由数学知识可知'变大，则U2减小，故灯泡变暗，选项AC错误，B正确；根据可知通过原、副线圈电流的比值变小

9、，选项D错误。考点：变压器【名师点睛】此题是对变压器原理的考查；首先要记住原副线圈的电压与匝数关系，从题目中知道为降压变压器，原线圈匝数大于副线圈匝数；判断原副线圈减小相同的匝数时原副线圈的匝数比的变化要用到数学知识，这里稍微有点难度.8. （多选）利用引力常量G和下列某一组数据，能计算出地球质量的是（）A. 地球的半径及重力加速度（不考虑地球自转）B. 人造卫星在地面附近绕地球做圆周运动的速度及周期C. 月球绕地球做圆周运动的周期及月球与地球间的距离D. 地球绕太阳做圆周运动的周期及地球与太阳间的距离【答案】ABC【解析】根据万有引力等于重力二一=mg可以计算出地球的质量，A正确；根据|卜兰

10、可计算出卫星的轨道半径r,万有引力提供向心力，则習f罟可求出地球质量，B正确;rT-根据-m-可求出地球的质量，C正确；可根据则1"ni计算出太阳的质量，但r'严fT-无法计算地球的质量，D错误.故选ABC9. （多选）以下说法错误的是（）A. 在静电场中，沿着电场线方向电势逐渐降低B. 外力对物体所做的功越多，对应的功率越大C. 电容器电容C与电容器所带电荷量Q成正比D. 在超重和失重现象中，地球对物体的实际作用力发生了变化【答案】BCD【解析】试题分析：在静电场中，沿着电场线的方向电势逐渐降低，选项A正确；根据可知，外力对物体所做的功越多，对应的功率不一定越大，选项B错误

11、；电容器的电容C与电容器所带电荷量Q无关，只与两板的正对面积、两板间距以及两板间的电介质有关，选项C错误；在超重和失重现象中，地球对物体的实际作用力没有发生变化，只是物体的视重发生了变化，选项D错误；故选A。【考点定位】电势；功率；电容器；超重和失重【名师点睛】此题考查了四个简单的知识点，都是很基础的知识，只要平时学习扎实，有一定的物理功底即可解答。注意答案C中，电容器电容的决定因素是两极板相对面积、两极板间距离和两极板间的电介质的介电常数，要分清物理量的定义式和决定式。10. （多选）两实心小球甲和乙由同一种材质制成，甲球质量小于乙球质量。两球在空气中由静止下落，假设它们运动时受到的阻力与球

12、的半径成正比，与球的速率无关。若它们下落相同的距离，则（）A. 甲球用的时间比乙球长B. 甲球末速度的大小大于乙球末速度的大小C. 甲球加速度的大小小于乙球加速度的大小D. 甲球克服阻力做的功大于乙球克服阻力做的功【答案】AC【解析】试题分析：设出小球的密度，写出质量的表达式，再结合题目的条件写出阻力的表达式，最后结合牛顿第二定律写出加速度的表达式根据物体的加速度的关系结合运动学的公式判断运动的时间以及末速度；根据功的公式判断克服阻力做的功.设小球的密度为|_1，半径为r,则小球的质量为斗重力jmg-，小球的加速度G-fg-krtn4p亍3k1航#可知，小球的质量越大，半径越大，则下降的加速度

13、越大,所以乙的加速度比较大，C正确；两个小球下降的距离是相等的，根据I汀可知，加速度比较大的乙运动的时间短故A正确；根据2惑=广-巧可知，加速度比较大的乙球末速度的大小大于甲球末速度的大小，故b错误；它们运动时受到的阻力与球的半径成正比，即ip，所D错误.以乙的阻力大，根据叵卫可知，乙球克服阻力做的功大于甲球克服阻力做的功，故二、填空题：(每空3分，共24分)11在“测定匀加速直线运动的加速度”实验中，得到一条纸带如图，纸带上的A、BCDE是连续的计数点(每两个相邻计数点之间还有九个打点没有画出)，打点计时器接在频率为50Hz的低压交流电源上，测得AB=3.00cm,BC=4.20cm,CD=

14、5.40cm,DE=6.60cm,则：2T(3)由纸带知，连续相等时间内的位移之差根据得，加速度为(1) 相邻的计数点间的时间间隔是；(2) 在打点计时器打下B点时，小车的速度Vbm/s；(3) 小车做匀变速直线运动的加速度a=m/s2。【答案】(1).(1)0.2s(2).(2)0.18(3).(3)0.3【解析】(1)每两个相邻的计数点之间有四个打点没有画出，则相邻的计数点的时间间隔为(2)根据某段时间内的平均速度等于中间时刻的瞬时速度，则B点的速度为:00500.042/s=0.2Ax0.012、°1-m/s*-12inVtzo.r点睛：解决本题的关键掌握纸带的处理，会通过纸带

15、求解瞬时速度和加速度，关键是匀变速直线运动两个重要推论的运用。12. 用如图所示电路测量电源的电动势和内阻。实验器材：待测电源(电动势约3V,内阻约2Q)，保护电阻R(阻值10Q)和R(阻值5Q),滑动变阻器R电流表A,电压表V,开关S,导线若干。实验主要步骤：<£>(i)将滑动变阻器接入电路的阻值调到最大，闭合开关；(ii)逐渐减小滑动变阻器接入电路的阻值，记下电压表的示数U和相应电流表的示数I;(iii)以U为纵坐标，I为横坐标，作U-I图线(UI都用国际单位)；(iv)求出U-I图线斜率的绝对值k和在横轴上的截距a。回答下列问题：(1) 电压表最好选用;电流表最好选

16、用。A.电压表(03V，内阻约3kQ)B.电压表(03V，内阻约15kQ)C.电流表(030mA,内阻约2Q)D.电流表(0200mA,内阻约2Q)(2) 滑动变阻器的滑片从左向右滑动，发现电压表示数增大。两导线与滑动变阻器接线柱连接情况是。A. 两导线接在滑动变阻器电阻丝两端接线柱B. 两导线接在滑动变阻器金属杆两端接线柱C. 一条导线接在滑动变阻器金属杆右端接线柱，另一条导线接在电阻丝右端的接线柱D.条导线接在滑动变阻器金属杆左端接线柱，另一条导线接在电阻丝左端的接线柱(3)选用k、a、R和艮表示待测电源的电动势E和内阻r的表达式E=,r=代入数值可得E和r的测量值。【解析】试题分析：(1

17、)电压表并联在电路中，故电压表内阻越大，分流越小，误差也就越【答案】(1).(1)B(2).D(3).(2)D(4).ka、(5).k-R小，因此应选内阻较大的A电压表;当滑动变阻器接入电阻最小时，通过电流表电流最大，此时通过电流表电流大小约为E3飞+乔呼壬WE；因此，电流表选择C(2)分析电路可知，滑片右移电压表示数变大T则说明滑动变阻器接入电路部分阻值増大，而A项中两导线均接在金属柱的曲端上,接入电阻为零；而B项中前导线接在电阻丝两端，接入电阻最大井保持不变；匚项中一导线技在金属杆左端.而另一导线接在电阻丝左端-则可以保证滑片右穆时阻值增大；而D项中导线分別按右边上下按线柱，滑片右移时按入

18、电阻减小；故D错谋；故选C;(3) 由闭合电路欧姆定律可知：U=E-I(r+R2)，对比伏安特性曲线可知，图象的斜率为k=r+R2；则内阻r=K-R2;令U=0,则有由题意可知，图象与横轴截距为a,则有解得：E=Ka考点：测量电源的电动势和内阻【名师点睛】本题考查测量电源的电动势和内电阻实验中的仪表选择以及数据处理，要注意明确根据图象分析数据的方法，重点掌握图象中斜率和截距的意义。三、计算题：(本题共3个小题，第13题9分、第14题13分、第15题14分，共36分。)13. 如图所示，质量为m电荷量为q的带电粒子，以初速度v沿垂直磁场方向射入磁感应强度为B的匀强磁场，在磁场中做匀速圆周运动。不

19、计带电粒子所受重力。(1) 求粒子做匀速圆周运动的半径R和周期T；(2) 为使该粒子做匀速直线运动，还需要同时存在一个与磁场方向垂直的匀强电场，求电场强度E的大小。【答案】(2)S-vB【解析】试题分析：(1)由洛伦兹力公式，粒子在磁场中受力F为F=qvBF=F向粒子仅受洛伦兹力做匀速圆周运动联立得丄二由匀速圆周运动周期与线速度关系:qE=qvB(2)粒子做匀速直线运动需受力平衡，故电场力需与洛伦兹力等大反向即解得：E=vB考点：带电粒子在复合场中的运动【名师点睛】本题考查了求粒子做圆周运动的轨道半径、周期，应用牛顿第二定律、线速度与周期的关系即可正确解题注意粒子(重力不计)在电磁复合场中做匀

20、速直线运动，电场力和洛伦兹力平衡。14. 如图甲所示，间距为L、足够长的光滑平行金属导轨MN和PQ放置在绝缘水平桌面上，MP间接有电阻R0,导体棒ab垂直放置在导轨上，接触良好。导轨间直径为L的圆形区域内有竖直向下的匀强磁场，磁感应强度B的大小随时间t的变化规律如图乙所示，导体棒和导轨的电阻不计，导体棒ab静止。求:It(1)在0to时间内，回路中的感应电动势E；(2)在0to时间内，电阻F0产生的热量若从t=to时刻开始，导体棒以速度v向右匀速运动，则导体棒通过圆形区域过程中，导体棒所受安培力F的最大值。【解析】【答案】(1)(2)在0to时间内,圆形区域的面积:W'(3).回路中的磁感应强度的变化率为回路中的感应电动势(2)在0to时间内,电阻R上的电流电阻R产生的热量(3) 体棒进入圆形磁场区域，保持匀速直线运动，说明在水平拉力和安培力二力平衡，当有效切割长度为L时，安培力最大，水平拉力F的最大值