陕西省西安市临潼区华清中学2014-2015学年高二下学期学业水平测试物理试题

试卷类型:A 绝密★启用前2015年陕西省普通高中学业水平考试物理注意事项:第一部分(选择题共66分)一、选择题(共22小题,每小题3分,计66分。

在每小题给出得四个选项中,只有一项就是符合题目要求得)1、第二届夏季青年奥林匹克运动会于2014年8月在南京举行,共设26个比赛项目中,可将运动员视为质点得就是2、运动员进行“折返跑”训练,从A点沿直线跑到B点,又从B点沿原路返回A 点,A、B两点直线距离为50m,此过程中运动员得路程与位移得大小分别就是A、 100m,100mB、 50m,100mC、 100m,0D、 50m,03、地球同步通讯卫星,就是无线电波传播得中继站。

同步卫星绕地心转动,地面上观察者却发现它就是静止得,这就是因为观察者所选择得参考系就是A、太阳B、地球C、月球D、卫星4、甲、乙两物体做直线运动,它们得v-t图象如图所示,下列说法正确得就是A、甲、乙两物体都做匀速直线运动B、甲、乙两物体都做匀加速直线运动C、甲物体都做匀速直线运动,乙物体静止D、甲物体做匀加速直线运动,乙物体做匀速直线运动5、物体做匀速直线运动,下列物理量保持恒定得就是A、加速度B、位移C、路程D、速度6、作用在同一物体上得两个共点力,大小均为60N,夹角为120o,如图所示。

则这两个力得合力大小就是A、120NB、60N姓名考籍号座位号C、30ND、07、如图所示,小孩用水平推力推放置在水平面上得箱子,第一次轻推,没有推动;小孩用更大得力推,箱子还就是不动。

关于箱子所受摩擦力得大小,下列说法正确得就是A、0B、不变C、变小D、变大8、如图所示,有人用一簇气球通过绳使一座小屋成功升空。

成为“会飞得小屋”。

下列说法正确得就是A、小屋受到绳得拉力与小屋对绳得拉力就是一对作用力与反作用力B、小屋受到绳得拉力与小屋所受重力就是一对作用力与反作用力C、小屋对绳得拉力与小屋所受重力就是一对作用力与反作用力D、小屋对绳得拉力与小屋所受重力就是一对平衡力9、物体得惯性与下列因素有关得就是A、质量B、运动状态C、所处位置D、受力情况10、载人飞船从地面加速升空得过程中,座椅对宇航员得弹力F与宇航员所受得重力G之间得大小关系,下列说法正确得就是A、F一定等于GB、F一定大于GC、F一定小于GD、F可能等于G11、关于做曲线运动得物体所受得合力,下列说法正确得就是A、一定就是恒力B、一定就是变力C、合力方向与速度方向不在同一直线上D、合力方向与速度方向在同一直线上12、子弹以V=1000m/s得速度斜向上射出,速度方向与水平方向得夹角为60°,如图所示。

2014-2015学年陕西省西安一中高二（下）期末物理试卷g一、选择题：（本大题共20小题，每小题3分，共60分．每小题给出的4个选项中至少有一项是正确的，选不全的得2分，有错选或不答的得0分）1．（3分）（2015春•陕西校级期末）如图所示，将一条形磁铁N极向下插入一闭合的螺线管中的过程中，螺线管中产生感应电流，则下列说法正确的是（）A．螺线管中磁通量变小B．感应电流产生的磁场方向向下C．流过电流表的电流是由上向下D．流过电流表的电流是由下向上考点：楞次定律．分析：当磁铁的运动时，穿过线圈的磁通量变化，由楞次定律判断出感应电流的方向．解答：解：由题意可知，当磁铁N极向下运动时，即靠近螺线管，导致穿过的磁通量变大，且磁场方向向下，因此根据楞次定律，则有感应电流的方向为盘旋而上，则流过电流表方向由上向下，由安培定则可知，感应电流产生的磁场方向向上，故C正确，ABD错误；故选：C．点评：楞次定律是高中物理的一个重点，也是常考内容，一定要正确、全面理解楞次定律含义，掌握应用楞次定律解题的思路与方法．2．（3分）（2015春•陕西校级期末）光在某种介质中传播的速度为1.5×108m/s，那么，光从此介质射向空气并发生全反射的临界角应为（）A．60° B．45° C．30°D． 75°考点：全反射．专题：光的折射专题．分析：由于光是从液体射向空气，所以折射定律公式中，折射率应该是折射角的正弦与入射角的正弦相比．当恰好发生全反射时的入射角叫临界角．解答：解：由公式得：液体折射率n===2；正好发生全反射，则有sinC=所以C=arcsin=arcsin=30°；故选：C．点评：若是光是从空气射向液体则折射率应该是入射角的正弦与折射角的正弦相比．光的全反射必须从光密介质进入光疏介质，同时入射角大于临界角．3．（3分）（2015春•陕西校级期末）一质点做简谐运动，其位移x与时间t的关系图象如图所示，由图可知，在t=4s时，质点的（）A．速度为正的最大值，加速度为零B．速度为负的最大值，加速度为零C．速度为零，加速度为负的最大值D．速度为零，加速度为正的最大值考点：简谐运动的回复力和能量；简谐运动的振动图象．专题：简谐运动专题．分析：根据简谐运动的位移图象直接读出质点的位移与时间的关系．当物体位移为零时，质点的速度最大，加速度为零；当位移为最大值时，速度为零，加速度最大．加速度方向总是与位移方向相反，位移为正值，加速度为负值．解答：解：在t=4s时，质点的位移为正向最大，质点的速度为零，而加速度方向总是与位移方向相反，大小与位移大小成正比，则加速度为负向最大．故选C点评：本题考查对简谐运动图象的理解能力，要抓住简谐运动中质点的速度与加速度的变化情况是相反．4．（3分）（2015春•陕西校级期末）一单摆摆长为l，若将摆长增加1m，则周期变为原来的1.5倍，可以肯定l长为（）A．2m B． 1.5m C．0.8m D．0.5m考点：单摆周期公式．专题：单摆问题．分析：根据单摆的周期公式T=，分别列出两个周期的表达式，利用比例法即可求解解答：解：根据单摆的周期公式有：T=…①若将摆长增加1m，则周期变为原来的1.5倍，则有：1.5T=2…②由①②解得：L=0.8m故选：C点评：单摆周期公式中含有g和l两个物理量，知道任意两个可求第三个，注意列出方程组，采用比例法解决5．（3分）（2015春•陕西校级期末）一列简谐横波沿x轴负方向传播，图甲是t=1s时的波形图，图乙是波中某振动质点位移随时间变化的振动图线（两图用同一时间起点）．则图乙可能是图甲中哪个质点的振动图线（）A．x=2处的质点B．x=1m处的质点C．x=0m处的质点D．x=3m处的质点考点：波长、频率和波速的关系；横波的图象．分析：由振动图象乙读出t=1s时刻质点的运动状态，在波动图象甲上找出相对应的质点．解答：解：图乙上t=1s时质点经平衡位置向下．图甲上，t=1s时刻，只有x=2m处质点、x=0m处质点经过平衡位置．简谐横波沿x轴负方向传播，根据波形平移法可知，x=0m处质点经平衡位置向下，与图甲中t=1s时刻质点的状态相同，而x=2m处质点经平衡位置向上，与图甲中t=1s时刻质点的状态相反，故C正确，ABD错误．故选：C点评：根据波的传播方向判断出质点的振动方向，由振动图象读出质点的振动方向都是应具有和基本能力．6．（3分）（2015春•陕西校级期末）如图所示，实线为一列横波某时刻的图象，这列波的传播速度为0.25m/s，经过时间1s后的波形为虚线所示．那么这列波的传播方向与在这段时间内质点P（x=0.1m处）所通过的路程是（）A．向左，10 cm B．向右，30 cm C．向左，50 cm D．向右，70 cm考点：横波的图象；波长、频率和波速的关系．专题：振动图像与波动图像专题．分析：分析波传播的时间与周期的关系，利用波形平移法判断波的传播方向，结合质点一个周期内的路程为振幅的四倍即可确定P处的质点通过的路程．解答：解：由T=得：T==0.8s1s=T则波应该是向左平移了，所以波的传播方向向左；而质点P做简谐运动，在一个周期内通过的路程是四个振幅，则P处的质点通过的路程为S=•4A=50cm故选：C．点评：本题关键要抓住波的周期性，得到时间与周期的倍数，根据波形的平移法，得到波的传播方向，结合质点一个周期内的路程，即可求解．7．（3分）（2015春•陕西校级期末）如图所示等边三棱镜截面ABC，有一束单色光从空气射向E点，并偏折到F点，已知入射方向与边AB的夹角θ=30°，E、F分别为边AB、BC的中点，则（）A．该棱镜的折射率为B．光在F点发生全反射C．光从空气进入棱镜，波长变小D．从F点出射的光束与入射到E点的光束平行考点：光的折射定律．专题：光的折射专题．分析：由几何关系可知入射角和折射角，由折射定律可求得折射率；求出三棱镜的临界角可以判断F点能否发生全反射；由波速的变化可得出波长的变化；由折射现象可知光束能否平行．解答：解：A、在E点作出法线可知入射角为60°，折射角为30°，则该棱镜的折射率为n===；故A正确；B、由几何关系知，光线射到BC上的入射角等于AB上折射角，由光路的可逆性可知，在BC 边上的入射角小于临界角，不会发生全反射，故B错误；C、光从空气进入棱镜后频率不变，波速变小，由公式v=λf知波长变小，故C正确；D、三棱镜两次折射使得光线都向底边偏折，不会与入射到E点的光束平行，故D错误；故选：AC．点评：光的传播题目中常考的内容为折射定律；在解题时要特别注意光路图的重要性，要习惯于利用几何关系确定各角度．8．（3分）（2015春•陕西校级期末）关于涡流，下列说法中不正确的是（）A．真空冶炼炉是利用涡流来熔化金属的装置B．家用电磁炉锅体中的涡流是由恒定磁场产生的C．阻尼摆摆动时产生的涡流总是阻碍其运动D．变压器的铁芯用相互绝缘的硅钢片叠成能减小涡流考点：电磁感应在生活和生产中的应用．分析：线圈中的电流做周期性的变化，在附近的导体中产生感应电流，该感应电流看起来像水中的漩涡，所以叫做涡流．涡流会在导体中产生大量的热量．解答：解：A、高频感应炉是用涡流来熔化金属对其进行冶炼的，炉内放入被冶炼的金属，线圈内通入高频交变电流，这时被冶炼的金属中产生涡流就能被熔化．故A正确；B、电磁炉利用高频电流在电磁炉内部线圈中产生磁场，当含铁质锅具放置炉面时，铁磁性锅体被磁化，锅具即切割交变磁感线而在锅具底部产生交变的涡流，恒定磁场不会产生涡流，故B错误；C、阻尼摆摆动时产生的涡流总是阻碍其运动，当金属板从磁场中穿过时，金属板板内感应出的涡流会对金属板的运动产生阻碍作用．故C正确；D、在整块导体内部发生电磁感应而产生感应电流的现象称为涡流现象，要损耗能量，不用整块的硅钢铁芯，其目的是为了减小涡流，故D正确．本题选择错误的，故选：B．点评：掌握涡流的原理及应用与防止：真空冶炼炉，硅钢片铁心，金属探测器，电磁灶等．注意电磁炉是利用电流的热效应和磁效应的完美结合体，它的锅具必须含磁性材料，最常见的是不锈钢锅．9．（3分）（2013•玉林模拟）如图所示，在电路两端接上交流电，保持电压不变，使频率增大，发现各灯的亮暗变化情况是：灯1变暗，灯2变亮，灯3不变．则M、N、L所接元件可能是（）A．M为电阻，N为电容器，L为电感器B．M为电阻，N为电感器，L为电容器C．M为电感器，N为电容器，L为电阻D．M为电容器，N为电感器，L为电阻考点：电容器和电感器对交变电流的导通和阻碍作用．分析：线圈的感抗与交流电的频率成正比，电容器的容抗与频率成反比，而电阻与频率没有关系．交流电频率减小，灯泡变暗，阻抗变大，变亮，阻抗变小．解答：解：交流电频率增大，灯1变暗，阻抗变大，说明M是电感线圈．灯2变亮，阻抗变小，说明N为电容器．灯3亮度不变，说明L为电阻，故C正确，ABD错误．故选：C点评：本题考查电感线圈、电容器对交流电的影响的理解和应用．10．（3分）（2015春•陕西校级期末）如图所示，固定的水平长直导线中通有向左方向电流I，矩形闭合导体线框与导线在同一竖直平面内，且一边与导线平行．线框由静止释放，在下落过程中（）A．线框的机械能不断增大B．穿过线框的磁通量保持不变C．线框中感应电流方向为逆时针方向D．线框所受安掊力的合力竖直向上考点：楞次定律；电磁感应中的能量转化．分析：根据磁能量形象表示：穿过磁场中某一面积的磁感线的条数判断磁能量的变化．用楞次定律研究感应电流的方向．用左手定则分析安培力，根据能量守恒定律研究机械能的变化．解答：解：A、下落过程中，因为磁通量随线框下落而减小，线框中产生电能，机械能减小．故A错误．B、线框在下落过程中，所在磁场减弱，穿过线框的磁感线的条数减小，磁通量减小，故B错误．C、根据安培定则，电流产生的磁场在导线的下方垂直于纸面向外，下落过程中，因为磁通量随线框下落而减小，根据楞次定律，感应电流的磁场与原磁场方向相同，所以感应电流的方向为逆时针方向，故C正确．D、由于离导线越远的地方磁场越小，所以线框的上边受到的安培力大于下边受到的安培力，合力的方向向上．故D正确；故选：CD．点评：本题考查电流的磁场和电磁感应中楞次定律等，难度不大，要注意左手定则、右手定则和安培定则使用的条件．11．（3分）（2015春•陕西校级期末）如图所示，电阻为r的矩形线圈面积为S，在匀强磁场中绕垂直于磁场的轴以角速度ω匀速转动．t=0时刻线圈平面与磁场垂直，各电表均为理想交流电表．则（）A．图示时刻线框各边都不切割磁感线B．电流表读数显示电路中电流瞬时值C．滑片P下滑时，电压表的读数变大D．线框转动一圈过程中电流方向变化两次考点：交流的峰值、有效值以及它们的关系．专题：交流电专题．分析：矩形线圈在匀强磁场中绕垂直于磁场的轴匀速转动时，线圈中产生正弦式交变电流，电压表测量的是R两端电压的有效值，根据闭合电路欧姆定律分析其读数是否变化；图示位置没有任何一边切割磁感线，线圈中感应电动势和磁通量的变化率为零；线圈每经过中性一次，感应电流方向改变一次．解答：解：A、图示位置线圈中没有任何一边切割磁感线，线圈中感应电动势为零，故A正确；B、电流表读数显示电路中电流有效值，是定值，故B错误；C、矩形线圈在匀强磁场中绕垂直于磁场的轴匀速转动时，线圈中产生正弦式交变电流，感应电动势最大值为E m=nBSω，线圈在磁场中匀速转动时产生的感应电动势最大值不变，有效值不变．滑片P下滑时，R增大，据闭合电路欧姆定律可知，通过R的电流有效值减小，线圈的内电压减小，则R的电压有效值增大，电压表的读数增大．故C正确；D、线圈每经过中性一次，感应电流方向改变一次，一周电流方向改变两次，故D正确．故选：ACD．点评：解决本题关键要掌握交变电流产生的原理，知道电压表测量电压的有效值．交流电路与直流电路都遵守闭合电路欧姆定律，只不过要注意电流与电动势的对应关系，电流有效值应对应电动势有效值．12．（3分）（2015春•陕西校级期末）利用霍尔效应制作的霍尔元件，广泛应用于测量和自动控制等领域．如图是霍尔元件的工作原理示意图，磁感应强度B垂直于霍尔元件的工作面向下，通入图示方向的电流I，M、N两侧面会形成电势差U MN，下列说法中正确的是（）A．霍尔元件能够把电学量转换为磁学量的传感器B．若霍尔元件的载流子是自由电子，则电势差U MN＜0C．仅增大磁感应强度时，电势差U MN变大D．在测定地球赤道上方的地磁场强弱时，元件的工作面应保持水平考点：霍尔效应及其应用．分析：在霍尔元件中，移动的是自由电子，根据左手定则判断出电子所受洛伦兹力方向，从而知道两侧面所带电荷的电性，即可知道M、N两侧面会形成电势差U MN的正负．MN间存在电势差，之间就存在电场，电子在电场力和洛伦兹力作用下处于平衡，根据平衡推导出电势差U MN与什么因素有关．解答：解：A、霍尔元件能够把磁学量转换为电学量的传感器，故A错误；BC、根据左手定则，电子向M侧面偏转，M表面带负电，N表面带正电，所以N表面的电势高，则U MN＜0．MN间存在电势差，之间就存在电场，电子在电场力和洛伦兹力作用下处于平衡，设霍尔元件的长宽高分别为a、b、c，有q=qvB，I=nqvs=nqvbc，则U=．故BC正确．D、在测定地球赤道上方的地磁场强弱时，应将元件的工作面保持竖直，让磁场垂直通过．故D错误．故选：BC．点评：解决本题的关键知道霍尔元件中移动的是自由电子，以及自由电子在电场力和洛伦兹力作用下处于平衡．13．（3分）（2015春•陕西校级期末）下列说法中正确的是（）A．托马斯•杨通过光的双缝干涉实验，证明了光是一种波B．在太阳光照射下，水面上油膜出现彩色花纹是光的色散现象C．在光的双缝干涉实验中，若仅将入射光由绿光改为红光，则干涉条纹间距变宽D．光的偏振现象说明光波是纵波考点：光的干涉．分析：托马斯•扬在实验中成功地观察到光的干涉现象；油膜前后表面反射回来的光相遇发生干涉产生彩色条纹；根据条纹间距公式△x=λ判断条纹间距宽度的变化；偏振现象说明光波是横波．解答：解：A、人类对光的认识过程是：托马斯•扬在实验中成功地观察到光的干涉现象，干涉现象是波特有的特点，双缝干涉实验显示了光具有波动性，故A正确；B、在太阳光照射下，水面上油膜出现彩色花纹是光的薄膜干涉现象，故B错误；C、若仅将入射光由绿光改为红光，红光的波长大于绿光的波长，根据条纹间距公式△x=λ知条纹间距变宽，故C正确；D、偏振现象说明光波是横波，故D错误．故选：AC．点评：本题重点考察了有关光学部分的物理学史，基础性很强，只要注意基础知识的积累，就能顺利解决此类题目．14．（3分）（2015春•陕西校级期末）下列关于电磁感应的说法中正确的是（）A．只要闭合导体与磁场发生相对运动，闭合导体内就一定产生感应电流B．只要导体棒在磁场中作切割磁感线运动，导体棒两端就一定会产生电势差C．感应电动势的大小跟穿过回路的磁通量变化成正比D．闭合回路中感应电动势的大小只与穿过闭合回路磁通量的变化快慢有关而与组成回路的导体材料无关考点：法拉第电磁感应定律；感应电流的产生条件．专题：电磁感应与电路结合．分析：产生感应电流的条件：①闭合电路中一部分导体；②在磁场中做切割磁感应线运动．电磁感应现象中感应电动势的大小与磁通量的变化率成正比．解答：解：A、当闭合导体与磁场发生相对运动，若磁通量不变，则不会产生感应电动势，因此也没有感应电流，故A错误；B、如果导体棒在磁场中作切割磁感线运动，导体棒产生感应电动势，则其两端就一定会产生电势差，故B正确；C、法拉第电磁感应定律中，感应电动势的大小与磁通量的变化率及线圈的匝数成正比，故C 错误；D、闭合回路中感应电动势的大小只与磁通量的变化情况有关，而感应电流的大小与回路的导体材料有关，故D正确．故选：BD．点评：电磁感应现象的学习重在理解两点：①产生感应电流的条件：闭合、部分、切割，即为磁通量变化；②法拉电磁感应定律的应用．15．（3分）（2015春•陕西校级期末）如图所示，当磁感应强度B增加时，由内外两金属环组成的月牙形的闭合回路中感应电流方向为（）A．内环顺时针，外环逆时针B．内环逆时针，外环顺时针C．内外环均逆时针D．内外环均顺时针考点：楞次定律．专题：电磁感应与电路结合．分析：当磁感应强度B增加时，穿过两金属环的磁通量增加，而磁场方向向里，根据楞次定律判断感应电流的方向．解答：解：当磁感应强度B增加时，穿过两金属环的磁通量增加，而磁场方向向里，根据楞次定律判断可知，两圆环组成的回路中感应电流方向为逆时针方向，则内环顺时针外环逆时针．故选：A．点评：本题关键要明确研究对象，其次要搞清两个条件：一是磁场的方向；二是磁通量的变化情况．16．（3分）（2015春•陕西校级期末）如图所示的电路中，灯泡A1、A2的规格完全相同，自感线圈L的电阻可以忽略，下列说法中正确的是（）A．当闭合S时，A2先亮，A1逐渐变亮，最后A2比A1亮B．当闭合S时，A1和A2始终一样亮C．当断开S时，A1和A2都过一会儿熄灭D．当断开S时，A2立即熄灭，A1过一会儿熄灭考点：自感现象和自感系数．分析：电感器对电流的变化有阻碍作用，当电流增大时，会阻碍电流的增大，当电流减小时，会阻碍其减小解答：解：A、合上开关K接通电路，A2立即亮，线圈对电流的增大有阻碍作用，所以通过A1的电流慢慢变大，最后两灯泡的电压一样大，所以一样亮．故A错误，B也错误；C、断开开关K切断电路时，通过A2的用来的电流立即消失，线圈对电流的减小有阻碍作用，所以通过A1的电流会慢慢变小，并且通过A2，所以两灯泡一起过一会儿熄灭．故C正确，D 错误．故选：C点评：解决本题的关键知道电感器对电流的变化有阻碍作用，当电流增大时，会阻碍电流的增大，当电流减小时，会阻碍其减小17．（3分）（2015春•陕西校级期末）如图所示，若套在条形磁铁上的闭合弹性金属导线圈由图示Ⅱ的位置扩大到图示Ⅰ位置，则在此过程中，关于线圈的感应电流及其方向（从上往下看）是（）A．有顺时针方向的感应电流B．有逆时针方向的感应电流C．先逆时针后顺时针方向的感应电流D．无感应电流考点：楞次定律．分析：根据楞次定律，结合磁通量的变化，从而即可求解．有关磁通量的变化判定：磁感线是闭合曲线，在磁铁外部，从N极出发进入S极；在磁铁内部，从S极指向N极．图中，磁铁内部穿过线圈的磁感线方向向上，磁铁外部，穿过线圈的磁感线方向向下，与内部的磁通量抵消一部分，根据线圈面积大小，抵消多少来分析磁通量变化情况．解答：解：磁感线是闭合曲线，磁铁内部穿过线圈的磁感线条数等于外部所有磁感线的总和，图中内部磁感线线比外部多．外部的磁感线与内部的磁感线方向相反，外部的磁感线将内部抵消，II位置磁铁外部磁感线条数少，将内部磁感线抵消少，则II位置磁通量大．而Ⅰ位置磁铁外部磁感线条数多，将内部磁感线抵消多，则I位置磁通量小．当弹性金属导线圈Ⅱ突然增大为线圈Ⅰ，则磁通量变小，且磁场方向由下向上，根据楞次定律，则有逆时针方向的感应电流，故B正确，ACD错误；故选：B．点评：对于穿过回路的磁场方向有两种的情况确定磁通量时，要根据抵消后总的磁通量来进行比较或计算大小，同时掌握楞次定律的应用，注意“增反减同”．18．（3分）（2015春•陕西校级期末）远距离输送一定功率的交流电，若输送电压提高到n倍，则（）A．输电线上的电压损失减少到原来的倍B．输电线上的电能损失不变C．输电线上的电能损失减少到原来的D．每根输电线上的电压损失减少到原来的考点：远距离输电．专题：交流电专题．分析：输送的功率一定，根据P=UI和P损=I2R可知高压输电的电压、电流与电能变化情况．解答：解：A、D、输送的功率一定，根据P=UI，知输电电压越高，输电电流越小，若输送电压提高到原来的n倍，则电流减小到倍，根据△U=Ir，每根输电线上的电压损失均减少到原来的倍，故A错误，D正确；B、C、根据P损=I2R，可知，电线上损失的功率为原来的倍，则电线上电能即为原来的倍，故BC错误；故选：D．点评：解决本题的关键掌握输送功率与输电电压和输电电流的关系，以及知道P损=I2R．19．（3分）（2015春•陕西校级期末）LC回路中电容两端的电压u随时刻t变化的关系如图所示，则（）A．在时刻t1，电路中的电流最大B．在时刻t2，电路的磁场能最大C．从时刻t2至t3，电路的电场能不断增大D．从时刻t3至t4，电容的带电量不断增大考点：电磁波的产生．分析：在LC振荡电路中电容器两端的电压越大，电荷所带的电荷量越大，两极板之间的电场越强，电场能越大，电流强度越小，磁场能量越小．解答：解：A、在时t1时电路中电容器两端的电压最大，故两极板之间的电场最强，电场能最大，根据能量守恒可知此时磁场能量最小，故在时t1时电路中的电流为0，故A错误；B、在t2时电路中电容器两端的电压为0，两极板之间的电场强度为0，故电场能为0，根据能量守恒可知此时磁场能量最大，故B正确．C、从t2至t3电容器两端的电压逐渐增大，故两极板之间的电场逐渐增强，则电路的电场能不断增大，故C正确；D、从时t3至t4，电容器两端的电压逐渐减小，根据Q=CU可知电容器带的电荷量不断减小，故D错误．故选：BC．点评：本题考查了LC振荡电路充放电的特点以及在充放电过程中能量转化的特点．掌握了基本知识即可顺利解决此类问题．20．（3分）（2015春•陕西校级期末）如图1所示装置是根据光的薄膜干涉原理检测被检平面是否平直，结果得到如图2所示的干涉图样（图2是图1的俯视图），据此可以判断平面有缺陷处的缺陷类别是（）A．凸起B．凹下C．凹凸不平D．无法确定缺陷类别考点：光的干涉．分析：薄膜干涉形成的条纹是膜的上下表面的发射光干涉产生的．当两反射光的路程差（即膜厚度的2倍）是半波长的偶数倍，出现明条纹，是半波长的奇数倍，出现暗条纹，可知薄膜干涉是等厚干涉，即明条纹处空气膜的厚度相同．解答：解：薄膜干涉是等厚干涉，即明条纹处空气膜的厚度相同．条纹在直条纹处，故对应处的薄膜厚度相同，从弯曲的条纹可知，此处检查平面左边处的空气膜厚度与后面的空气膜厚度相同，知此处凹陷，故ACD错误，B正确；故选：B．点评：解决本题的关键知道薄膜干涉形成的条纹是膜的上下表面的发射光干涉产生的．以及知道薄膜干涉是一种等厚干涉，注意空气薄层的厚度与条纹间距的关系．二、填空题：（21题8分，22题2分，23题6分，共16分）21．（8分）（2015春•陕西校级期末）用双缝干涉测光的波长．实验装置如图（甲）所示，已知单缝与双缝间的距离L1=100mm，双缝与屏的距离L2=700mm，双缝间距d=0.25mm．用测量头来测量亮纹中心的距离．测量头由分划板、目镜、手轮等构成，转动手轮，使分划板左。

试卷类型:A 绝密★启用前2015年陕西省普通高中学业水平考试物理注意事项:1、本试卷分第一部分与第二部分。

第一部分为选择题,第二部分为非选择题。

2、考生领到试卷后,必须按规定在试卷上填写姓名、考籍号、座位号,并在答题卡上涂黑对应得试卷类型信息点。

3、所有答案必须在答题卡上指定区域内作答。

考试结束后,将本试卷与答题卡一并交回。

第一部分(选择题共66分)一、选择题(共22小题,每小题3分,计66分。

在每小题给出得四个选项中,只有一项就是符合题目要求得)1、第二届夏季青年奥林匹克运动会于2014年8月在南京举行,共设26个比赛项目中,可将运动员视为质点得就是2、运动员进行“折返跑”训练,从A点沿直线跑到B点,又从B点沿原路返回A 点,A、B两点直线距离为50m,此过程中运动员得路程与位移得大小分别就是A、 100m,100mB、 50m,100mC、 100m,0D、 50m,03、地球同步通讯卫星,就是无线电波传播得中继站。

同步卫星绕地心转动,地面上观察者却发现它就是静止得,这就是因为观察者所选择得参考系就是A、太阳B、地球C、月球D、卫星4、甲、乙两物体做直线运动,它们得v-t图象如图所示,下列说法正确得就是A、甲、乙两物体都做匀速直线运动B、甲、乙两物体都做匀加速直线运动C、甲物体都做匀速直线运动,乙物体静止D、甲物体做匀加速直线运动,乙物体做匀速直线运动5、物体做匀速直线运动,下列物理量保持恒定得就是A、加速度B、位移C、路程D、速姓名考籍号座位号度6、作用在同一物体上得两个共点力,大小均为60N,夹角为120o,如图所示。

则这两个力得合力大小就是A、120NB、60NC、30ND、07、如图所示,小孩用水平推力推放置在水平面上得箱子,第一次轻推,没有推动;小孩用更大得力推,箱子还就是不动。

关于箱子所受摩擦力得大小,下列说法正确得就是A、0B、不变C、变小D、变大8、如图所示,有人用一簇气球通过绳使一座小屋成功升空。

2015-2016学年陕西省西安市临潼区华清中学高二（下）第二次单元考物理试卷学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________一、单选题(本大题共6小题，共36.0分)1.有一弧形的轨道，如图所示，现取两个完全相同的物块分别置于A、B两点处于静止状态，则关于下列分析正确的是（）A.物块在A点受到的支持力大B.物块在A点受到的摩擦力大C.物块在A点受到的合外力大D.以上说法都不对【答案】A【解析】解：A、B、C、物体受重力、支持力和摩擦力，设物体所在位置的坡角为θ，根据共点力平衡条件，有：mgsinθ-f=0N-mgcosθ=0解得：f=mgsinθN=mgcosθ故坡角越大，静摩擦力越大，支持力越小，合力为零（不变），故A正确，BC错误；D、因A正确，故D错误；故选：A．分析两物体所在位置的坡度，明确物体受重力、支持力和摩擦力，根据共点力平衡条件列出方程分析即可．本题关键是受力分析后根据共点力平衡条件列方程求解出支持力和静摩擦力的表达式分析，注意通过作切线分析两物体所在位置的倾斜角的大小．2.如图所示，在某一区域有水平向右的匀强电场，在竖直平面内有初速度为v o的带电微粒，恰能沿图示虚线由A向B做直线运动．不计空气阻力，则（）A.微粒做匀加速直线运动B.微粒做匀减速直线运动C.微粒电势能减少D.微粒带正电【答案】B【解析】解：A、由于电场力方向总是与电场方向在一条直线上，电场力不可能与重力平衡，微粒不可能匀速运动，由于重力、电场力均恒定，其合力也恒定．由于微粒做直线运动，合力必与速度方向在一条直线上．因重力竖直向下，电场力沿电场线的方向，由平行四边形定则可知，电场力水平向左时，微粒所受电场力与重力的合力方向与速度方向相反．因此微粒做匀减速运动，带负电；故AD错误，B正确；C、电场力的方向与运动方向夹角为钝角，则说明运动中电场力做负功，电势能增加．故C错误；故选：B．带点微粒做直线运动，所以所受合力方向与运动方向在同一直线上，根据重力和电场力的方向可确定微粒运动的性质．本题考查了重力做功与重力势能和电场力做功与电势能的关系，要注意明确力的分析方法，明确合力只能与运动方向相反是解题的关键．3.如图所示，在竖直方向的磁感应强度为B的匀强磁场中，金属框架ABCD（框架电阻忽略不计）固定在水平面内，AB与CD平行且足够长，BC与CD夹角θ（θ＜90°），光滑均匀导体棒EF（垂直于CD）紧贴框架，在外力作用下以垂直于自身的速度v向右匀速运动，经过C点作为计时起点，下列关于电路中电流大小I与时间t、消耗的电功率P 与导体棒水平移动的距离x变化规律的图象中正确的是（）A. B. C. D.【答案】D【解析】解：A、设金属棒的速度为v，则运动过程中有效切割长度为：L=vt×tanθ设金属棒横截面积为s，电阻率为ρ，则回路中电阻为：R=．所以回路中的电流为：I=，为定值．故A、B错误．C、设导体棒在到达B之前运动的距离为x，则有：电动势为：E=BL v=B xtanθv电阻为：R=功率为：P=，故开始功率随着距离增大而均匀增大，当通过B点之后，感应电动势不变，回路中电阻不变，故功率不变，故D正确，C错误．故选D．金属棒从C运动到B的过程中，有效切割长度在不断的增大，根据几何关系写出有效长度的表达式，然后根据法拉第电磁感应定律求解即可，当金属棒通过B点之后有效切割长度不变，因此电动势、电流、功率等不发生变化，因此正确解答本题的关键是弄清导线在从C运动到B过程中的电动势、电流、功率等变化情况．对于这类问题不能盲目凭感觉进行判断，要根据数学关系和所学物理规律求出物理量之间的表达式进行判断，否则容易出错．4.2013年6月，我国成功实现目标飞行器“神州十号”与轨道空间站“天宫一号”的对接．如图所示，已知“神舟十号”从捕获“天宫一号”到两个飞行器实现刚性对接用时为t，这段时间内组合体绕地球转过的角度为θ，地球半径为R，组合体离地面的高度为H，万有引力常量为G，据以上信息可求地球的质量为（）A. B. C. D.【答案】C【解析】解：组合体的角速度：ω=，组合体绕地球做圆周运动的周期：T==，组合体绕地球做匀速圆周运动，万有引力提供向心力，由牛顿第二定律得：G=m（R+H），解得：M==；故选：C．根据题意求出组合体的角速度，然后求出其周期，组合体绕地球做圆周运动，万有引力提供向心力，应用万有引力公式与牛顿第二定律可以求出地球质量．本题考查了求地球的质量，考查了万有引力定律的应用，知道角速度的定义式、应用万有引力公式与牛顿第二定律可以解题，本题是一道基础题．5.如图所示一等腰直角三角形中存在垂直于纸面向里的匀强磁场，三角形腰长为2L，一个边长为L的导线框ABCD自右向左匀速通过该区域，则回路中A、C两点电势差U AC随时间的变化关系图象应为（）A. B. C.D.【答案】B【解析】解：线框进入过程中O-L段磁通量增大，则由楞次定律可知，电流方向为逆时针，故A 点电势低于C点电势，切割有效长度增大，故电动势大小增大；全部进入后磁通量不再变化，故AC段电势差为零；L-2L段，磁通量增大，则由楞次定律可知，电流方向为逆时针，故A点电势低于C点电势，切割有效长度减小，故电动势大小减小；当AB边离开磁场时，磁通量减小，由楞次定律可知电流为顺时针，故A点电势高于C 点，切割长度不变，故电动势大小不变，故正确图象为B，ACD错误．故选：B．磁通量先增加后减小，根据楞次定律判断感应电流的方向，得到U ab的正负情况；同时根据E=BL v和电路规律分析大小的变化情况．本题关键是根据楞次定律判断感应电动势的方向，由E=BL v分析电流大小，从而确定AC两点的电势差；同时注意本题也可以利用右手定则进行分析．6.如图所示，理想变压器与电阻R、交流电压表V、交流电流表A按图甲所示方式连接，已知变压器的原副线圈的匝数比为=10：1，电阻R=10Ω．图乙是只两端电压u随时间变化的图象，U m=10V．则下列说法中正确的是（）A.通过只的电流i R随时间t变化的规律是i R=cos100πt（A）B.电流表A的读数为 AC.电压表V的读数为10VD.变压器的输入功率为10w【答案】D【解析】解：A、电阻R的U m=10V，则有效值U=10V．所以通过电阻的电流为I==1A，因此通过R的电流i R随时间t变化的规律是i R=cos100πt（A）．故A错误；B、由正弦式电流且电阻R的U m=10V，则电压表显示有效值U=10V．通过电阻的电流为I=1A，又由于电流表读出的是有效值，再由匝数比等于电流反比，得电流表A的读数为0.1A．故BC错误；D、输出功率等于=10W，输入功率等于输出功率，所以变压器的输入功率为10w．故D正确；故选D根据R两端的电压随着时间变化的图象，可求出电压的有效值，再利用电压与匝数成正比，可算出原线圈电压的有效值；由电流与匝数成反比，可算出原线圈的电流大小．正弦变化规律的交流电的有效值比最大值等于1：；理想变压器的电流之比、电压之比均是有效值．同时通过电阻电流的瞬时表达式是正弦还是余弦式是受线圈在磁场中计时位置不同而不同．二、多选题(本大题共2小题，共12.0分)7.如图所示，斜面体放置于粗糙水平地面上，物块A通过跨过定滑轮的轻质细绳与物块B连接，系统处于静止状态，现对B施加一水平力F使B缓慢地运动，使绳子偏离竖直方向一个角度，在此过程中物块A和斜面体始终处于静止状态，则（）A.斜面体对物块A的摩擦力一直增大B.地面对斜面体的支持力一直增大C.地面对斜面体的摩擦力一直增大D.地面对斜面体的支持力保持不变【答案】CD【解析】解：取物体B为研究对象，分析其受力情况，设细绳与竖直方向夹角为a，则有：F=mgtanα；解得：T=；在物体B缓慢拉高的过程中，α增大，则水平力F随之变大，对A、B两物体与斜面体这个整体而言，由于斜面体与物体A仍然保持静止，则地面对斜面体的摩擦力一定变大；故C正确；但是因为整体竖直方向并没有其他力，故斜面体所受地面的支持力没有变；在这个过程中尽管绳子张力变大，但是由于物体A所受斜面体的摩擦力开始并不知道其方向，故物体A所受斜面体的摩擦力的情况无法确定；故AB错误，D正确；故选：CD．以物体B受力分析，由共点力的平衡条件可求得拉力变化；再对整体受力分析可求得地面对斜面体的摩擦力；再对A物体受力分析可知A受到的摩擦力的变化．本题要注意正确选择研究对象，正确进行受力分析，再根据共点力平衡中的动态平衡分析各力的变化情况．8.如图所示，在x O y平面内存在磁感应强度大小为B的匀强磁场，第一、二、四象限内的磁场方向垂直纸面向里，第三象限内的磁场方向垂直纸面向外．P（-L，0）、Q（0，-L）为坐标轴上的两个点．现有一电子从P点沿PQ方向射出，不计电子的重力，下列说法正确的是（）A.若电子从P点出发恰好经原点O第一次射出磁场分界线，则电子运动的路程一定为B.若电子从P点出发经原点O到达Q点，则电子运动的路程一定为πLC.若电子从P点出发经原点O到达Q点，则电子运动的路程一定为2πLD.若电子从P点出发经原点O到达Q点，则电子运动的路程可能为πL，也可能为2πL 【答案】AD【解析】解：A、若电子从P点出发恰好经原点O第一次射出磁场分界线，则有运动轨迹如图所示，则微粒运动的路程为圆周的，即为，故A正确；B、若电子从P点出发经原点O到达Q点，运动轨迹可能如图所示，或者是：因此则微粒运动的路程可能为πL，也可能为2πL，故D正确，BC错误；故选：AD粒子在洛伦兹力作用下，做匀速圆周运动，根据题意可知，电子从P点出发恰好经原点O第一次射出磁场分界线，与电子从P点出发经原点O到达Q点，运动轨迹的半径不同，从而由运动轨迹来确定运动路程．考查根据运动半径来确定运动轨迹，从而确定运动的路程，掌握左手定则与右手定则的区别，注意运用几何关系正确画出运动轨迹图是解题的关键．五、多选题(本大题共1小题，共6.0分)13.下列说法中正确的是（）A.α粒子散射实验证明了原子核还可以再分B.天然放射现象的发现揭示了原子的核式结构C.分别用X射线和绿光照射同一金属表面都能发生光电效应，但用X射线照射时光电子的最大初动能较大D.基态氢原子吸收一个光子跃迁到激发态后，可能发射多种频率的光子【答案】CD【解析】解：A、根据α粒子散射实验卢瑟福提出了原子核式结构模型，故A错误；B、天然放射现象的发现揭示了原子核的复杂结构，故B错误；C、X射线的频率大于绿光，当都能发生光电效应时，则用X射线照射时光电子的最大初动能较大，故C正确；D、当基态的氢原子吸收一个光子跃迁到激发态后，因不稳定，则会向基态跃迁，可能发射多种频率的光子，故D正确；故选：CD．α粒子散射实验证明了原子的核式结构；天然放射现象揭示了原子核是可以再分的；发生光电效应时入射光的频率越大，光电子的最大初动能越大；原子吸收能量后，跃迁到激发态，因不稳定，则向基态跃迁，从而会发射多种频率的光子，从而即可求解．本题考查α粒子散射实验与天然放射现象的作用，掌握光电效应的最大初动能影响的因素，理解跃迁发出光子的原理．三、实验题探究题(本大题共2小题，共15.0分)9.某同学利用自由落体运动验证机械能守恒定律，它在同一竖直线上不同高度处安装两个光电门，然后在高处的光电门正上方一定距离处由静止释放小球，下落中小球球心经过两光电门的细光束，光电门显示的遮光时间分别为t1、t2．（1）为验证机械能守恒定律，它还必须测出的物理量有______A．小球的质量mB．小球的直径DC．两光电门中心的距离LD．小球在两光电门中心间运动的时间△t（2）为验证机械能守恒定律，需要比较小球在两光电门间运动时重力势能的减少量△E p 与小球增加的动能△E K是否相等，若运用所测物理量及相关常量表示，则△E p= ______ ；△E K= ______ ．（3）为减小实验误差，对选择小球的要求是______ ．【答案】BC；mg L；；质量较大，直径较小，外表光滑【解析】解：（1）若想验证小球的机械能守恒，需测量的物理量有：两光电门间的高度，及两光电门点的瞬时速度，根据平均速度等于瞬时速度，则需要测量球的直径，从而求得球通过两光电门的瞬时速度，而对于质量，等式两边可能约去，而在两光电门中心间运动的时间是通过仪器读出，不需要测量，故BC正确，AD错误；（2）重力势能的减少量：△E p=mg L，利用匀变速直线运动的推论得动能的增量为：△E k=mv22-mv=；（3）当阻力越小时，则实验误差越小，因此要选择质量较大，直径较小，外表光滑的小球；故答案：（1）BC；（2）mg L，；（3）质量较大，直径较小，外表光滑．（1）利用小球通过光电门的平均速度来代替瞬时速度，由此可以求出小铁球通过光电门时的瞬时速度，因此需要知道两光电门长度，及小球的直径，再根据机械能守恒的表达式可以求出所要求的关系式；（2）根据匀变速直线运动中时间中点的速度等于该段时间内的平均速度可以求出物体在B点时的速度，然后根据动能、势能的定义进一步求得动能、势能的变化量；（3）选取质量较大，体积较小，则受到阻力较小．本题比较简单，考查了验证机械能守恒定律中基本方法的应用，对于基本方法不能忽视，要在训练中加强练习，提高认识，注意本实验中要尽量减小阻力是能否验证机械能守恒的前提．10.某同学测定一个叠层电池的电动势和内电阻，实验室中提供的仪器或器材有：A．电流表G（满偏电流10m A，内阻等于10Ω）B．电流表A（0～0.6A～3A，内阻未知）C．滑动变阻器R0（0～100Ω，1A）D．定值电阻R（阻值990Ω）E．开关与导线若干（1）该同学根据这些实验器材，设计了图甲所示的电路，实验中，电流表A的量程应选择______ ；（2）图乙为该同学根据上述设计的实验电路，利用实验测出的数据绘出的I1-I2图线，I1为电流表G的示数，I2为电流表A的示数，由图线可以得到被测电池的电动势E= ______V，内阻r= ______ Ω．【答案】0～0.6A；9；10【解析】解：（1）由图示图象可知，电流表A在最大测量值为0.5A，则电流表选择0～0.6A量程．（2）G与电阻电阻串联构成电压表，由闭合电路欧姆定律可知：I1（r G+R）=E-I2r，整理得：I1=-r=-r=-r，由图可知，图象与纵坐标的交点为9.0m A=0.009A，则有：0.009=，电源电动势：E=9.0V；由图象可知，图象的斜率为：0.01，由公式得图象的斜率等于，故=0.01，解得：r=10Ω．故答案为：（1）0～0.6A；（2）9；10．（1）根据电流表的最大测量值选择电流表量程．（2）把电流表改装成电压表需要串联分压电阻，应用闭合电路欧姆定律求出图象的函数表达式，然后求出电源电动势与内阻．本题为测量电源的电动势和内电阻的实验的变形，注意由于没有电压表，本实验中采用改装的方式将表头改装为电压表，再根据原实验的研究方法进行分析研究．四、计算题(本大题共2小题，共32.0分)11.汤姆生用来测定电子的比荷（电子的电荷量与质量之比）的实验装置如图所示，真空管内的阴极K发出的电子（不计初速、重力和电子间的相互作用）经加速电压加速后，穿过A′中心的小孔沿中心轴O1O的方向进入到两块水平正对放置的平行极板P和P′间的区域．当极板间不加偏转电压时，电子束打在荧光屏的中心O点处，形成了一个亮点；加上偏转电压U后，亮点偏离到O′点，O′与O点的竖直间距为b，水平间距可忽略不计．此时，在P和P′间的区域，再加上一个方向垂直于纸面向里的匀强磁场．调节磁场的强弱，当磁感应强度的大小为B 时，亮点重新回到O点．已知极板水平方向的长度为L1，极板间距为d，极板右端到荧光屏的距离为L2．（1）求打在荧光屏O点的电子速度的大小．（2）推导出电子的比荷的表达式．【答案】解：（1）由同时加磁场和电场时，电子的平衡状态可知：得：v=．（2）由带点粒子在电场中的偏转规律可得：，加速度a=，运动时间t=联立可得：y=由几何关系可得：b=联立以上两式及第一问结果可得：．答：（1）打在荧光屏O点的电子速度的大小为．（2）电子的比荷的表达式为．【解析】（1）抓住粒子平衡，结合电场力和洛伦兹力平衡求出电子的速度大小．（2）电子在电场中做类平抛运动，结合牛顿第二定律和运动学公式得出偏转位移，通过几何关系得出b的表达式，从而得出电子比荷的表达式．解决本题的关键知道电子在复合场中做直线运动时，电场力和洛伦兹力平衡，掌握处理类平抛运动的方法，结合牛顿第二定律和运动学公式进行求解．12.如图所示，水平桌面上有一轻弹簧，左端固定在A点，自然状态时其右端位于B点．水平桌面右侧有一竖直放置的轨道MNP，其形状为半径R=1.0m的圆环剪去了左上角120°的圆弧，MN为其竖直直径，P点到桌面的竖直距离是h=2.4m．用质量为m=0.2kg的物块将弹簧缓慢压缩到C点后释放，物块过B点后做匀变速运动，其位移与时间的关系为s=6t-2t2（m），物块飞离桌面后恰好由P点沿切线落入圆轨道．（不计空气阻力，g取10m/s2）（1）求物块m过B点时的瞬时速度v B及与桌面间的动摩擦因数μ；（2）若轨道MNP光滑，求物块经过轨道最低点N时对轨道的压力F N；（3）若物块刚好能到达轨道最高点M，求物块从B点到M点的运动过程中克服摩擦力所做的功W．【答案】解：（1）m过B点后遵从s=6t-2t2（m）所以知：v B=6m/s，a=-4m/s2由牛顿第二定律：μmg=ma，解得μ=0.4（2）物块竖直方向的分运动为自由落体运动，P点速度在竖直方向的分量v y==4m/sP点速度在水平方向的分量v x=v y tan30°=4m/s解得离开D点的速度为v D=4m/s由机械能守恒定律，有mv N2=mv D2+mg（h+R-R cosθ）得v N2=74m2/s2根据牛顿第二定律，有F N′-mg=m解得F N′=16.8N根据牛顿第三定律，F N=F N′=16.8N，方向竖直向下．（3）物块刚好能到达M点，有mg=m解得v M==m/s物块到达P点的速度v P==8m/s从P到M点应用动能定理，有-mg R（1+cosθ）-W PNM=mv M2-mv P2解得W PNM=2.4J从B到D点应用动能定理，有-W BD=mv D2-mv B2解得W BD=2J物块从B点到M点的运动过程中克服摩擦力所做的功为：W=4J+2J=4.4J答：（1）物块m过B点时的瞬时速度v B为6m/s，桌面间的动摩擦因数为0.4；（2）若轨道MNP光滑，物块经过轨道最低点N时对轨道的压力F N大小为16.8N，方向竖直向下；（3）若物块刚好能到达轨道最高点M，物块从B点到M点的运动过程中克服摩擦力所做的功W为4.4J．【解析】（1）物块过B点后做匀变速运动，将其位移与时间的关系为s=6t-2t2与匀变速直线运动的位移时间公式进行对比，得到初速度和加速度，根据牛顿第二定律求解动摩擦因数；（2）物块离开D点做平抛运动，由P点沿圆轨道切线落入圆轨道，由机械能守恒定律求出最低点的速度，由向心力公式求对轨道的压力；（3）物块在内轨道做圆周运动，在最高点有临界速度，根据机械能守恒定律，求出M 点的速度，与临界速度进行比较结合动能定理，求克服摩擦力做功．该题涉及到多个运动过程，关键要掌握每个遵循的物理规律，如机械能守恒定律、平抛运动基本公式、圆周运动向心力公式，还要把握住物块到达最高点的临界条件：重力提供向心力，求得临界速度．六、计算题(本大题共1小题，共9.0分)14.两滑块a、b沿水平面上同一条直线运动，并发生碰撞；碰撞后两者粘在一起运动；经过一段时间后，从光滑路段进入粗糙路段．两者的位置x随时间t变化的图象如图所示．求：（i）滑块a、b的质量之比；（ii）整个运动过程中，两滑块克服摩擦力做的功与因碰撞而损失的机械能之比．【答案】解：（i）设a、b的质量分别为m1、m2，a、b碰撞前地速度为v1、v2．由题给的图象得v1=-2m/s①v2=1m/s②a、b发生完全非弹性碰撞，碰撞后两滑块的共同速度为v．由题给的图象得v=m/s③由动量守恒定律得m1v1+m2v2=（m1+m2）v④联立①②③④式得m1：m2=1：8（ii）由能量守恒得，两滑块因碰撞损失的机械能为△E=由图象可知，两滑块最后停止运动，由动能定理得，两滑块克服摩擦力所做的功为W=联立⑥⑦式，并代入数据得W：△E=1：2答：（i）滑块a、b的质量之比为1：8；（ii）整个运动过程中，两滑块克服摩擦力做的功与因碰撞而损失的机械能之比为1：2．【解析】（i）根据图象计算碰撞前速度的大小，根据动量守恒计算质量的比值；（ii）根据能量守恒计算碰撞损失的机械能，根据动能定理计算克服摩擦力所做的功，再计算它们的比值．本题是对动量守恒的考查，同时注意位移时间图象的含义，根据图象来计算速度的大小，利用能量的守恒来分析损失的能量的多少．。

2013-2014学年陕西省西安市临潼区华清中学高二（下）物理限时试卷（第14周）（重点班）学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________一、单选题(本大题共1小题，共5.0分)1.卢瑟福的原子核式结构学说可以解决的问题是（）A.解释α粒子散射现象B.用α粒子散射的实验数据估算原子核的大小C.结合经典电磁理论，解释原子的稳定性D.结合经典电磁理论，解释氢原子光谱【答案】AB【解析】解：A、原子核很小，绝大多数α粒子穿过金箔后几乎沿原方向前进，少数发生较大偏转，故A正确；B、影响α粒子运动的主要是带正电的原子核．而绝大多数的α粒子穿过原子时离核较远，受到的库仑斥力很小，运动方向几乎没有改变，只有极少数α粒子可能与核十分接近，受到较大的库仑斥力，才会发生大角度的偏转，根据α粒子散射实验，可以估算出原子核的直径约为10-15米～10-14米，故B正确；C、卢瑟福的模型在经典电磁理论下完全是不稳定的，电子绕核运转会辐射电磁波损失能量，故C错误；D、经典理论中能量是连续变化的，如此说来原子光谱就应该是连续谱，但是事实上原子光谱是线状谱，故D错误；故选：ABα粒子散射实验现象包括如下三个方面：第一，绝大多数α粒子穿过金箔后几乎沿原方向前进；第二，少数α粒子穿过金箔后发生了较大偏转；第三，极少数α粒子击中金箔后几乎沿原方向反回；．核式结构学说的内容：在原子的中心有一个很小的核，叫做原子核，原子的全部正电荷和几乎全部质量都集中在原子核里，带负电的电子在核外空间绕着核旋转．本题考查了原子核式结构，要熟记α粒子散射实验的结论．二、多选题(本大题共1小题，共5.0分)2.关于玻尔的原子模型，下述说法中正确的有（）A.它彻底否定了经典的电磁理论B.它发展了卢瑟福的核式结构学说C.它完全抛弃了经典的电磁理论D.它引入了普朗克的量子观念【答案】BD【解析】解：A、玻尔的原子理论第一次将量子观念引入原子领域，提出了定态和跃迁的概念，成功地解释了氢原子光谱实验规律．但对于稍微复杂一点的原子如氦原子，玻尔理论就无法解释它的光谱现象．这说明玻尔理论还没有完全揭示微观粒子运动的规律．它的不足之处在于保留了经典粒子的观念，仍然把电子的运动看做经典力学描述下的轨道运动．故AC错误B、玻尔首先把普朗克的量子假说推广到原子内部的能量，来解决卢瑟福原子模型在稳定性方面的困难，故BD正确故选BD．玻尔首先把普朗克的量子假说推广到原子内部的能量，来解决卢瑟福原子模型在稳定性方面的困难，假定原子只能通过分立的能量子来改变它的能量，即原子只能处在分立的定态之中，而且最低的定态就是原子的正常态．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，这也是考试内容之一．三、单选题(本大题共5小题，共25.0分)3.图为卢瑟福和他的同事们做α粒子散射实验装置的示意图，荧光屏和显微镜一起分别放在图中的A、B、C、D四个位置时，关于观察到的现象，下述说法中正确的是（）A.相同时间内放在A位置时观察到屏上的闪光次数最多B.相同时间内放在B位置时观察到屏上的闪光次数比放在A位置时少得多C.放在C、D位置时屏上观察不到闪光D.放在D位置时屏上仍能观察到一些闪光，但次数极少【答案】ABD【解析】解：A、放在A位置时，相同时间内观察到屏上的闪光次数最多．说明大多数射线基本不偏折，可知金箔原子内部很空旷．故A正确；B、放在B位置时，相同时间内观察到屏上的闪光次数较少．说明较少射线发生偏折．故B正确；C、放在CD位置时，屏上仍能观察一些闪光，但次数极少．故C不正确；D、放在D位置时，屏上可以观察到闪光，只不过很少很少．说明很少很少射线发生大角度的偏折．故D正确．故选：ABD该实验中，放射源放出一束射线轰击金箔，运用显微镜前荧光屏去观察射线的多少．课本中，该实验的结论是：多数射线基本不偏折，少数发生较大角度的偏转，个别的粒子几乎被反射回来．该题考查α粒子散射实验，关键要记住该实验中观察到的现象和通过该实验得出的结论．属于简单题．4.原子从一个能级跃迁到一个较低的能级时，有可能不发射光子，例如在某种条件下，铬原子的n=2能级上的电子跃迁到n=1能级上时并不发射光子，而是将相应的能量转交给n=4能级上的电子，使之能脱离原子，这一现象叫做俄歇效应，以这种方式脱离了原子的电子叫做俄歇电子，已知铬原子的能级公式可简化表示为E n=，式中n=1，2，3…表示不同能级，A是正的已知常数，上述俄歇电子的动能是（）A.AB.AC.AD. A【答案】C【解析】解：由题意可知n=1能级能量为：E1=-A，n=2能级能量为：，从n=2能级跃迁到n=1能级释放的能量为：从n=4能级能量为：，电离需要能量为：所以从n=4能级电离后的动能为：，故ABD错误，C正确．故选C．根据能级公式算出第1能级和第2能级能量，从而算出原子从2能级向1能级跃迁时释放的能量，而该能量使n=4能级上电子恰好电离后剩余能量即为俄歇电子的动能．本题考查了原子的能级公式和跃迁，对于该类问题要正确计算原子跃迁时释放或吸收的能量，以及电离能的计算．5.氢原子能级如图所示，一群原处于n=4能级的氢原子回到n=1的状态过程中（）A.放出三种频率不同的光子B.放出五种频率不同的光子C.放出的光子的最大能量为12.75e V，最小能量是0.66e VD.放出的光能够使逸出功为13.0e V的金属发生光电效应【答案】C【解析】解：A、根据C=6，知放出6种不同频率的光子．故A错误，B也错误．C、从能级4跃迁到能级1放出的光子能量最大，从能级4跃迁到能级3放出的光子能量最小．根据hγ=E m-E n，最大能量为12.75e V，最小能量是0.66e V．故C正确．D、根据光电效应的条件，只有放出的光子能量大于13.0e V的光子，才能使该金属发生光电效应．故D错误．故选：C．根据计算出放出光子的种数．从能级4跃迁到能级1放出的光子能量最大，从能级4跃迁到能级3放出的光子能量最小．放出的光子能量满足hγ=E m-E n．解决本题的关键掌握一群氢原子处于激发态能放出光子种数的方法，以及知道光子的吸收和放出满足hγ=E m-E n．6.根据玻尔理论，在氢原子中，量子数n越大，则（）A.电子轨道半径越小B.核外电子运动速度越大C.原子能量越大D.电势能越小【答案】C【解析】解：在氢原子中，量子数n越大，电子的轨道半径越大，根据=m知，r越大，v越小，则电子的动能减小．因为量子数增大，原子能级的能量增大，动能减小，则电势能增大．故C正确，A、B、故选C．在氢原子中，量子数n越大，轨道半径越大，根据库仑引力提供向心力，判断核外电子运动的速度的变化，从而判断出电子动能的变化，根据能量的变化得出电势能的变化．解决本题的关键知道量子数越大，轨道半径越大，原子能级的能量越大，以及知道原子能量等于电子动能和势能的总和．7.氢原子从第2能级跃迁到第1能级过程中的能量变化，以下说法中正确的有（）①电子的动能一定增大；②原子系统的电势能一定减小；③电子动能的增加量一定等于系统电势能的减少量；④电子动能的增加量一定小于系统电势能的减少量．A.只有①②B.只有①②③C.只有④D.只有①②④【答案】D【解析】解：氢原子从第2能级跃迁到第1能级过程中电子和原子核之间的吸引力做正功，电势能减小，所以②正确；系统减小的电势能一部分转化为电子的动能一部分能量以光子的形式辐射出去，所以电子动能增加，动能的增加量小于系统电势能的减少量，所以②④说法正确③错误．故选：D．从能量的转化与守恒角度，氢原子从第2能级跃迁到第1能级过程中系统减小的电势能一部分转化为电子的动能一部分转化为光子能量，从而可以做出判断知道氢原子跃迁时的能量转化，即一部分转化为动能一部分转化为光子能量．四、填空题(本大题共4小题，共28.0分)8.氢原子从第3能级跃迁到第2能级时辐射出的光子的波长是______ nm，这种光子属于______ 光．（已知氢原子的基态能级为-13.6e V）【答案】658；红【解析】解：根据E n=得第3能级和第2能级能量分别是-1.51e V，-3.4e V．氢原子从第3能级跃迁到第2能级时，根据E m-E n=h得λ=658nm，这种光子属红光．故答案为：658，红．根据E n=求出第3能级和第2能级能量，通过E m-E n=h求出辐射光子的波长．解决本题的关键知道高能级向低能级跃迁，辐射光子，低能级向高能级跃迁，吸收光子，知道能级差与光子频率间的关系．9.原子从a能级状态跃迁到b能级状态时发射波长为λ1的光子；原子从b能级状态跃迁到c能级状态时吸收波长为λ2的光子，已知λ1＞λ2．原子从a能级状态跃迁到c 能级状态时______ （填“吸收”或“辐射”）波长为______ 的光子．吸收；【解析】解：原子从a能级状态跃迁到b能级状态时发射波长为λ1的光子；原子从b能级状态跃迁到c能级状态时吸收波长为λ2的光子，已知λ1＞λ2；故：bc能级之间能量等于ac能级与ab能级之间能量之和，即有：，故从a能级状态跃迁到c能级状态时将要吸收波长为：明确原子能级跃迁过程中产生或吸收光子能量与光子波长、频率之间关系．原子从高能级向基态跃迁放出能量，反之吸收能量．比较能级高低能级间能量关系列式求解．明确原子能级跃迁过程中产生或吸收光子能量与光子波长、频率之间关系，列式求解即可．10.一群处于量子数n=3的激发态氢原子向低能级跃迁时，可能发出的光谱线条数是______ ．【答案】3【解析】解：根据=3，知这群氢原子最多能发出3种频率的光．故答案为：3．根据求出氢原子发出光子的种数．解决本题的关键原子的能量是量子化，能级差也是量子化的，不同的能级跃迁发出的光子频率不同．11.已知氢原子基态能量为-13.6E v，第二能级E2=-3.4e V，如果氢原子吸收______ e V能量，可由基态跃迁到第二能级．如果再吸收1.89e V能量，还可由第二能级跃迁到第三能级，则氢原子的第三能级E3= ______ e V．【答案】10.2；-1.51【解析】解：已知氢原子基态能量为-13.6E v，第二能级E2=-3.4e V，所以由基态跃迁到第二能级氢原子吸收的能量是E2-E1=10.2e V如果再吸收1.89e V能量，还可由第二能级跃迁到第三能级，E3=E2+1.89e V=-1.51e V故答案为：10.2，-1.51根据初末能级的差值等于辐射光子或吸收光子能量求解．解决本题的关键掌握辐射光子或吸收光子能量与能级差的关系，即E m-E n=hv．五、计算题(本大题共2小题，共37.0分)12.用波长为λ=50nm的紫外线能否使处于基态的氢原子电离？电离后的电子速率将是多大？（氢原子的基态能量为-13.6e V，电子质量为0.91×10-30kg）【答案】解：氢原子在基态时所具有的能量为一13.6e V，将其电离变是使电子跃迁到无穷远，根据玻尔理论所需的能量为13.6e V的能量．hν=0-E1所以：ν=3.26×1015H z波长为λ=50nm的紫外线频率γ′==6×1015H z＞ν所以能使处于基态的氢原子电离．波长为λ=50nm的紫外线能量E=h电离后的电子动能E k=E-13.6e V=mv2解得：v=2.0×106m/s答：能使处于基态的氢原子电离，电离后的电子速率是2.0×106m/s【解析】要使处于基态的氢原子电离，照射光光子的能量应能使电子从基态跃迁到无限远处，最小频率的电磁波的光子能量应为：hγ=0-E1本题考查了氢原子的跃迁公式和波长与频率的关系．13.氢原子处于基态时，原子能量E1=-13.6e V，已知电子电量e=1.6×10-19C，电子质量m=0.91×10-30kg，氢的核外电子的第一条可能轨道的半径为r1=0.53×10-10m．（1）若要使处于n=2的氢原子电离，至少要用频率多大的电磁波照射氢原子？（2）氢原子核外电子的绕核运动可等效为一环形电流，则氢原子处于n=2的激发态时，核外电子运动的等效电流多大？（3）若已知钠的极限频率为6.00×1014H z，今用一群处于n=4的激发态的氢原子发射的光谱照射钠，试通过计算说明有几条谱线可使钠发生光电效应？【答案】解：（1）要使处于n=2的氢原子电离，照射光光子的能量应能使电子从第2能级跃迁到无限远处，最小频率的电磁波的光子能量应为：hγ=0-E1得ν=8.21×1014H z（2）氢原子核外电子绕核做匀速圆周运动，库伦力作向心力，有=①其中r2=4r1根据电流强度的定义I=②由①②得I=③将数据代入③得I=1.3×10-4A（3）由于钠的极限频率为6.00×1014H z，则使钠发生光电效应的光子的能量至少为E0=hν=2.486e V一群处于n=4的激发态的氢原子发射的光子，要使钠发生光电效应，应使跃迁时两能级的差△E≥E0，所以在六条光谱线中有E41、E31、E21、E42四条谱线可使钠发生光电效应．答：（1）若要使处于n=2的氢原子电离，至少要用8.21×1014H z的电磁波照射氢原子．（2）氢原子核外电子的绕核运动可等效为一环形电流，则氢原子处于n=2的激发态时，核外电子运动的等效电流是1.3×10-4A（3）在六条光谱线中有E41、E31、E21、E42四条谱线可使钠发生光电效应．【解析】（1）要使处于n=2的氢原子电离，照射光光子的能量应能使电子从基态跃迁到无限远处，最小频率的电磁波的光子能量应为：hγ=0-E1（2）氢原子处于n=2的激发态时，氢原子核外电子绕核做匀速圆周运动，库仑力提供向心力，列方程求解速度v，应用电流定义求解．（3）先求出使钠发生光电效应的光子的能量最小值，再计算出在能级跃迁时放出的能量，比较判断即可．本题考查非常全面，既考查了原子电离时吸收的能量，又考查了匀速圆周运动以及电流的定义式，还考查了发生光电效应的条件，需要调动整个高中的知识来处理，仔细体会．。

2015年陕西省西安临潼区华清中学高考物理模拟试卷学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________一、单选题(本大题共5小题，共30.0分)1.科学家关于物体运动的研究对树立正确的自然观具有重要作用．下列说法符合历史事实的是（）A.牛顿通过“理想实验”得出结论：运动必具有一定速度，如果它不受力，它将以这一速度永远运动下去B.亚里士多德认为，必须有力作用在物体上，物体的运动状态才会改变C.笛卡儿指出：如果运动中的物体没有受到力的作用，它将继续以同一速度沿同一直线运动，既不停下来也不偏离原来的方向D.伽利略认为，物体具有保持原来匀速直线运动状态或静止状态的性质【答案】C【解析】解：A、伽利略通过“理想实验”得出结论：运动必具有一定速度，如果它不受力，它将以这一速度永远运动下去，故A错误．B、亚里士多德认为，必须有力作用在物体上，物体才能运动．即力是维持物体运动的原因．故B错误．C、笛卡儿指出：如果运动中的物体没有受到力的作用，它将继续以同一速度沿同一直线运动，既不停下来也不偏离原来的方向，符合历史事实．故C正确．D、牛顿认为，物体具有保持原来匀速直线运动状态或静止状态的性质，符合事实．故D错误．故选：C本题应抓住亚里士多德、伽利略、笛卡儿和牛顿关于力和运动关系的一些理论和观点，进行分析．本题考查了一些力学物理学史，对于牛顿、伽利略和笛卡儿关于运动和力的观点，要理解并记牢．2.如图所示，P a，P b，P c是竖直面内三根固定的光滑细杆，P，a，b，c，d位于同一圆周上，d点为圆周的最高点，c点为最低点，O为圆心．每根杆上都套着一个小滑环（图中未画出）．三个滑环都从P点无初速度释放，用t1，t2，t3依次表示滑环到达a，b，c所用的时间，则（）A.t1=t2=t3B.t1＞t2＞t3C.t1＜t2＜t3D.t3＞t1＞t2【答案】B【解析】解：以P点为最高点，取合适的竖直直径P e作圆，如图虚线所示．三个滑环从P静止释放到达虚线圆上f、b、g的时间设为t，杆与竖直方向的夹角为α，虚线圆的直径为d．由dcosα=，得t=则知虚线圆为等时圆，即从P到f、b、g是等时的，比较图示位移P a＞P f，P c＜P g，故推得t1＞t2＞t3，故B正确，A、C、D错误．故选：B．根据“等时圆”的适用条件构造出“等时圆”，作出图象，根据位移之间的关系即可判断运动时间．本题如果不假思考，套用结论，就会落入“等时圆”的陷阱，要注意P点不是最高点．3.如图所示的电路中，R1、R2是定值电阻，R3是滑动变阻器，电源的内阻不能忽略，电流表A和电压表V均为理想电表．闭合开关S，当滑动变阻器的触头P从右端滑至左端的过程，下列说法中正确的是（）A.电压表V的示数增大B.电流表A的示数减小C.电容器C所带的电荷量减小D.电阻R1的电功率增大【答案】D【解析】解：A、当滑动变阻器的触头P从右端滑至左端的过程中，变阻器接入电路的电阻减小，电阻R2与R3并联的电阻减小，外电路总减小，路端电压减小，则电压表V的示数减小．故A错误．B、外电路总电阻减小，由闭合电路欧姆定律可知干路电流I增大．并联部分电压U并=E-I（R1+r）减小，流过电阻R2的电流I2减小，电流表A的示数I A=I-I2增大．故B错误．C、电容器的电压U C=IR1，I增大，U C增大，电容器C所带的电荷量增大．故C错误．D、电阻R1的电功率P1=I2R1，I增大，P1增大．故D正确．故选D由题：电流表A和电压表V均为理想电表，图中电压表测量路端电压，电流表测量流过变阻器R3的电流．电容器的电压等于电阻R1的电压．当滑动变阻器的触头P从右端滑至左端的过程中，变阻器接入电路的电阻减小，电阻R2与R3并联的电阻减小，外电路总电阻减小，路端电压减小，由闭合电路欧姆定律分析干路电流的变化，确定电容器的电压变化和R1功率变化．根据并联部分电压的变化情况，来分析R2电流的变化，结合干路电流I的变化，分析电流表示数的变化．本题是电路中动态变化分析问题，难点在于确定电流表读数的变化，采用总量法研究是常用的方法．4.2011年11月3日凌晨1时29分，经历近43小时飞行和五次变轨的“神舟八号”飞船飞抵距地面343公里的近圆轨道，与在此轨道上等待已久的“天宫一号”成功对接；11月16日18时30分，“神舟八号”飞船与“天宫一号”成功分离，返回舱于11月17日19时许返回地面．下列有关“天宫一号”和“神舟八号”说法正确的是（）A.对接前“天宫一号”的运行速率约为11.2km/sB.若还知道“天宫一号”运动的周期，再利用万有引力常量，就可算出地球的质量C.在对接前，应让“天宫一号”与“神舟八号”在同一轨道上绕地球做圆周运动，然后让“神舟八号”加速追上“天宫一号”并与之对接D.“神舟八号”返回地面时应先减速【答案】D【解析】解：A、天宫一号的速率不可能为11.2km/s，因为11.2km/s是地球的第二宇宙速度，达到此时速度，将脱离地球的引力，不再绕地球运行．故A错误．B、根据，知，因为地球的半径未知，则天宫一号的轨道半径未知，则无法求出地球的质量．故B错误．C、在对接前，天宫一号和神舟八号不在同一轨道上运行，神舟八号需加速，使得万有引力小于所需的向心力，做离心运动，与天宫一号实现对接．故C错误．D、神舟八号返回地面时需减速，使得万有引力大于向心力，做近心运动．故D正确．故选D．11.2km/s时地球的第二宇宙速度，一旦达到这速度，将脱离地球的引力，不再绕地球运动．根据万有引力提供向心力这一理论确定能否求出地球的质量．在对接前，天宫一号和神舟八号不在同一轨道上运行，神舟八号需加速，做离心运动与天宫一号实现对接．返回时需减速，使得万有引力大于向心力，做近心运动．解决本题的关键掌握卫星变轨的原理，知道当万有引力等于向心力，做圆周运动，当万有引力大于向心力，做近心运动，当万有引力小于向心力，做离心运动．5.如图所示的远距离输电电路图中，升压变压器和降压变压器均为理想变压器，发电厂的输出电压及输电线的电阻R均不变．在用电高峰期，发电厂输出功率将增大，下列说法正确的是（）A.降压变压器副线圈中电流变小B.升压变压器副线圈中电流变大C.用户消耗的功率占发电厂输出总功率的比例增大D.输电线上损耗的功率减小【答案】B【解析】解：A、用电高峰期时，用电器增多，则降压变压器中电流变大．故A错误．B、高峰期，发电厂输出功率增大，根据P=UI知，输出电压不变，则升压变压器原线圈中的电流增大，则副线圈中的电流也增大．故B正确．C、用户消耗的功率占发电厂输出总功率的比例损==1-，因为输电线上的电流增大，则电压损失增大，U2不变，所以用户消耗的功率占发电厂输出总功率的比例减小．故C错误．D、．升压变压器副线圈中的电流等于输电线中的电流，则输电线中的电流增大，根据P 损=I2R知，输电线上损失的功率增大．故D错误．故选：B．根据输送功率，抓住输出电压不变，求出升压变压器副线圈中电流的变化；根据输电线上电流的变化得出输电线上功率的损失变化；求出用户消耗功率占输出功率的比例表达式，通过输电线上电压的损失求出比例的变化解决本题的关键知道：1、输送功率与输送电压、电流的关系；2、变压器原副线圈的电压比与匝数比的关系；3、升压变压器输出电压、降压变压器输入电压、电压损失的关系；4、升压变压器的输出功率、功率损失、降压变压器的输入功率关系二、多选题(本大题共3小题，共18.0分)6.如图所示，A、B两物块的质量分别为2m和m，静止叠放在水平地面上．A、B间的动摩擦因数为μ，B与地面间的动摩擦因数为μ．最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g．现对A施加一水平拉力F，则（）A.当F＜2μmg时，A、B都相对地面静止B.当F=μmg时，A的加速度为μgC.当F=2μmg时，A相对B滑动D.无论F为何值，B的加速度不会超过μg【答案】BCD【解析】解：AB之间的最大静摩擦力为：f max=μm A g=2μmg，B与地面间的最大静摩擦力为：f′max=μ（m A+m B）g=1.5μmg，A、当F＜2μmg时，F＜f max，AB之间不会发生相对滑动，但只要拉力大于1.5μmg 时，B与地面间会发生相对滑动，故A错误；B、当F=μmg时，F＞f max，AB间会发生相对滑动，由牛顿第二定律有：a==，选项B正确．C、当F=3μmg时，恰好达到最大静摩擦力；AB间会发生相对滑动，A相对B发生滑动，故C正确．D、A对B的最大摩擦力为2μmg，B受到的地面的最大静摩擦力为（2m+m）g=μmg，无论F为何值，B都不会发生相对滑动．当然加速度更不会超过μg，选项D正确．故选：BCD根据A、B之间的最大静摩擦力，隔离对B分析求出整体的临界加速度，通过牛顿第二定律求出A、B不发生相对滑动时的最大拉力．然后通过整体法隔离法逐项分析．本题考查了摩擦力的计算和牛顿第二定律的综合运用，解决本题的突破口在于通过隔离法和整体法求出A、B不发生相对滑动时的最大拉力．7.如图1所示，一倾角为37°．的传送带以恒定速度运行，现将一质量m=1kg的小物体抛上传送带，物体相对地面的速度随时间变化的关系如图2所示，取沿传送带向上为正方，g=10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8．则下列说法正确的是（）A.物体与传送带间的动摩擦因数为0.875B.0～8s内物体位移的大小为18mC.0～8s内物体机械能的增量为90JD.0～8s内物体与传送带由于摩擦产生的热量为126J【答案】ACD【解析】解：A、物体做匀变速运动的加速度a=；根据牛顿第二定律得，°°=μgcos37°-gsin37°，解得μ=0.875．故A正确．B、图线与时间轴围成的面积表示位移，则位移的大小x=．故B错误．C、物体重力势能的增加量为△E p=mgxsin37°=10×14×0.6J=84J，动能的增加量=．则机械能的增加量△E=84+6=90J．故C 正确．D、传送带的速度为4m/s，在0-2s内，物体的位移大小为，传送带的位移x2=vt=4×2m=8m，则相对路程△x1=x1+x2=10m．在2-6s内，物体的位移，传送带的位移x4=vt=4×4m=16m，则相对路程△x2=x4-x3=8m，则摩擦产生的热量Q=μmgcos37°•△x=0.875×10×0.8×（10+8）J=126J．故D正确．故选：ACD．根据速度时间图线求出物体匀变速运动的加速度，再根据牛顿第二定律求出动摩擦因数的大小；根据图线与时间轴围成的面积求出物体的位移，结合传送带的位移求出相对运动的位移，从而根据Q=fx相对求出摩擦产生的热量；根据物体动能和重力势能的变化求出机械能的增量．本题一要读懂速度图象，根据图象分析物体的运动情况，求出位移和加速度，二要根据牛顿第二定律和功能关系求解相关的量，对于热量，要根据相对位移求解8.如图所示，在水平面上有两条光滑的长直平行金属导轨MN、PQ，导轨间距离为L，电阻忽略不计，磁感应强度为B的匀强磁场垂直于导轨所在平面．质量分别为m a、m b的两根金属杆a、b跨搁在导轨上，a、b接入电路的电阻均为R．轻质弹簧的左端与b杆连接，右端固定．开始时a杆以初速度υ0向静止的b杆运动，当a杆向右的速度为υ时，b杆向右的速度达到最大值υm，此过程中a杆产生的焦耳热为Q，两杆始终垂直于导轨并与导轨良好接触，则b杆达到最大速度时（）A.b杆受到弹簧的确弹力为B.b杆受到弹簧的弹力为C.弹簧具有的弹性势能为D.弹簧具有的弹性势能为【答案】AC【解析】解：A、b杆达到最大速度时，弹簧的弹力等于安培力，由闭合电路欧姆定律可得，，而安培力大小F=BIL=，故A正确，B错误；C、选两杆做为系统，从开始运动到最大速度，则由动能定理，得：弹安又因：W安=-2Q，W弹=-△E弹-2Q，故C正确，D错误；所以弹故选：ACA、b杆达到最大速度时，弹簧的弹力等于安培力，则根据安培力大小公式与闭合电路欧姆定律及法拉第电磁感应定律，即；C、选取系统，确定从开始到b杆最大速度作为过程，由动能定理，结合产生焦耳热即为安培力做功的值，来确定弹簧的弹性势能．由于两杆同时同向运动，所以切割的速度即为相对速度．同时考查闭合电路欧姆定律、法拉第电磁感应定律、动能定理及安培力大小公式，并注意安培力做功与产生焦耳热的关系，及弹力做功与弹簧的弹性势能的关系．六、多选题(本大题共1小题，共5.0分)13.如图所示是一列简谐波在t=0时的波形图象，波速为v=10m/s，此时波恰好传到I点，下列说法中正确的是（）A.此列波的周期为T=0.4sB.质点B、F在振动过程中位移总是相等C.质点I的起振方向沿y轴负方向D.当t=5.1s时，x=10m的质点处于平衡位置处E.质点A、C、E、G、I在振动过程中位移总是相同【答案】ABC【解析】解：A、由波形图可知，波长λ=4m，则T=，故A正确；B、质点B、F之间的距离正好是一个波长，振动情况完全相同，所以质点B、F在振动过程中位移总是相等，故B正确；C、由图可知，I刚开始振动时的方向沿y轴负方向，故C正确；D、波传到x=l0m的质点的时间t′=，t=5.1s时，x=l0m的质点已经振动4.1s=10T，所以此时处于波谷处，故D错误；E、质点A、C间的距离为半个波长，振动情况相反，所以位移的方向不同，故D错误；故选：ABC由波形图可以直接得出波的波长，根据v=求解周期，根据波形图来确定I处的起振方向，当质点间的距离为波长的整数倍时，振动情况完全相同，当质点间的距离为半波长的奇数倍时，振动情况相反．本题考察了根据波动图象得出振动图象是一重点知识，其关键是理解振动和波动的区别．八、多选题(本大题共1小题，共4.0分)15.下列说法正确的是（）A.玻尔原子理论第一次将量子观念引入原子领域，提出了定态和跃迁的概念，成功地解释了氢原子光谱实验规律B.原子核内部某个中子转变为质子和电子，产生的电子从原子核中发射出来，这就是β衰变C.铀核裂变的核反应为D.紫外线照射到金属锌板表面时能够光电效应，则当增大紫外线的照射强度时，从锌板表面逸出的光电子的最大初动能也随之增大E.质子、中子、α粒子的质量分别为m1、m2、m3．质子和中子结合成一个α粒子，释放的能量是（2m1+2m2-m3）C2【答案】ABE【解析】解：A、玻尔原子理论第一次将量子观念引入原子领域，提出了定态和跃迁的概念，成功地解释了氢原子光谱实验规律，但局限性，只能解释氢原子光谱，故A正确；B、原子核内部某个中子转变为质子和电子，产生的电子从原子核中发射出来，这就是β衰变，故B正确；C、铀核裂变的核反应为：，故C错误；D、光电子的最大初动能随入射光的增大而增大，与光的强度无关，故D错误；E、根据质能方程△E=△m C2，可知：释放的能量是（2m1+2m2-m3）C2，故E正确．故选：ABE．玻尔并不是第一次提出量子观念，但是第一次将量子观念引入原子领域；原子核中发射出来电子，属于β衰变；裂变的核反应必须有中子去轰击；光电效应现象中，当增大入射光的照射强度时，光电子的最大初动能不变，而光电子数目增多；根据质能方程△E=△m C2，即可求出释放的能量．考查玻尔原子理论的意义，注意其局限性，理解三种衰变及其之间的区别，知道裂变反应与聚变反应的不同，掌握光电子的最大初动能与入射光的频率有关，但不成正比，最后理解质能方程的含义．三、实验题探究题(本大题共1小题，共9.0分)9.图甲是某同学用打点计时器来验证小车所受合力一定时其加速度a与质量m关系的实验装置．实验时，把砂和砂桶的重力作为小车所受的合力，摩擦力可以被忽略，打点计时器交流电的频率为50H z，重力加速度取10m/s2．（1）图乙为某次实验得到的纸带，根据纸带可求出小车的加速度大小为______ m/s2．（保留两位有效数字）（2）保持砂和小砂桶质量不变，改变小车质量m，分别得到小车加速度a与质量m及对应的1/m数据如下表：请你根据实验目的，在图丙给出的方格坐标纸中选取适当的物理量作坐标并作出图线．（3）从作出的实验图线中可知，砂和砂桶的质量为______ kg．求得的砂和砂桶的质量与实际的砂和砂桶的质量相比较是______ （填“偏大”或“偏小”）．【答案】3.2；0.05；偏小【解析】解：（1）作匀变速直线运动的物体在连续相等的时间内通过的位移差等于恒量即△x=a T2，故有：．（2）如果猜想当力一定时，加速度a与质量m成反比，为对此猜想进行验证，应画a-图象如图；（3）从图线上取2点，（0，0）和（2，1），则：，即为小车的受到的拉力：F=0.5．由于沙筒也做加速运动，所以该数值小于沙筒的重力．故答案为：（1）3.2；（2）如图所示（3）0.05kg，偏小探究小车的加速度与力、质量的关系实验中，要能是钩码的重力当作小车受到的合力，应该做到平衡摩擦力、钩码的质量比小车的质量小得多．作匀变速直线运动的物体在连续相等的时间内通过的位移差等于恒量即△x=a T2，根据此等式求解加速度．本题考查了打点计时器的应用及打出的纸带的处理方法，有利于学生基本知识的掌握，同时也考查了学生对实验数据的处理方法，及试验条件的掌握，平衡摩擦力的方法．四、填空题(本大题共1小题，共8.0分)10.某同学用如图甲所示的电路测量欧姆表的内阻和电源电动势（把欧姆表看成一个电源，且已选定倍率并进行了欧姆调零）．实验器材的规格如下：电流表A1（量程200μA，内阻R1=300Ω）电流表A2（量程30m A，内阻R2=5Ω）定值电阻R0=9700Ω，滑动变阻器R（阻值范围0～500Ω）（1）闭合开关S，移动滑动变阻器的滑动触头至某一位置，读出电流表A1和A2的示数分别为I和I．多次改变滑动触头的位置，得到的数据见下表．依据表中数据，作出I12图线如图乙所示；据图可得，欧姆表内电源的电动势为E= ______ V，欧姆表内阻为r= ______ Ω；（结果保留3位有效数字）（2）若某次电流表A1的示数是114μA，则此时欧姆表示数约为______ Ω．（结果保留3位有效数字）【答案】1.50；15.0；47.5【解析】解：（1）由原理图可知，本题中将A1与定值电阻串联后充当电压表使用，故I1（R0+R1）表示路端电压；则可知，I1-I2图象中图象与纵坐标的交点与（R0+R1）的乘积等于电源的电动势；故E=150μA×10000=1.50V；图象的斜率与10000的乘积为内阻，则内阻r==15.0Ω；（2）由图可知，电流表A1的示数是114μA时，电流为24m A；由欧姆定律可知，外部电阻R==47.5Ω；则欧姆表的示数应为47.5Ω故答案为：（1）1.50（1.48～1.51）；15.0（14.0～16.0）47.5（47.0～48.0）Ω（1）由题意可得出实验原理，则可求得路端电压及电流，根据图象可得出电动势和内电阻；（2）欧姆表显示的示数为外部电阻，由欧姆定律求得外部电阻即可求解．本题考查测量电动势和内电阻的实验，要注意掌握实验的原理及数据处理方法；明确本题中路端电压的求法．五、计算题(本大题共2小题，共30.0分)11.如图所示，木板与水平地面间的夹角θ可以随意改变，当θ=37°时，可视为质点的一小木块恰好能沿着木板匀速下滑．若让该小木块从木板的底端以大小恒定的初速率v0的速度沿木板向上运动，随着θ的改变，小物块沿木板向上滑行的距离x将发生变化，重力加速度为g．（1）求小物块与木板间的动摩擦因数μ；（2）当θ角为何值时，小物块沿木板向上滑行的距离最小，并求出此最小值．【答案】解：（1）当θ=37°时，木块处于平衡状态，对木块受力分析：木块沿斜面木板方向：mgsinθ=μF N…①木块垂直斜面木板方向：F N-mgcosθ=0…②由①和②可解得木块与木板间动摩擦因数为：μ=tanθ=0.75（2）当θ变化时，设沿斜面向上为正方向，木块的加速度为a，则木块沿木板斜面方向有受到的合力为：-mgsinθ-μmgcosθ=ma…④木块的位移x为：0-v02=2ax…⑤根据数学关系知木块加速度最大时位移最小，根据④式有：a=g（sinθ+μcosθ）根据数学关系有：其中tanα=μ=，则α=37°要使加速度a最大，则有θ+a=90°时取最大值g所以有θ=90°-α=53°时加速度取最大值为：a=代入⑤可得：答：（1）小物块与木板间的动摩擦因数为0.75；（2）当θ角为53°时，小物块沿木板向上滑行的距离最小，最小距离为．【解析】（1）当θ=37°时，对小木块进行受力分析根据平衡条件可以求出木块受到的摩擦力及动摩擦因数；（2）木块向上做匀减速运动，根据速度位移关系求出位移最小时木块的加速度最大是位移最小，由此分析即可．能对斜面上的物体进行正确的受力分析，并根据牛顿第二定律求解受力情况，知道物体沿斜面向上做匀减速运动时，物体的位移与加速度的关系，并能根据数学关系式求解最小距离．掌握数学知识很重要．12.如图所示，质量为m、电荷量为+q的粒子从坐标原点O以初速度v0射出，粒子恰好经过A点，O、A两点长度为l，连线与坐标轴+y方向的夹角为α=37°，不计粒子的重力．（1）若在平行于x轴正方向的匀强电场E1中，粒子沿+y方向从O点射出，恰好经过A点；若在平行于y轴正方向的匀强电场E2中，粒子沿+x方向从O点射出，也恰好能经过A点，求这两种情况电场强度的比值（2）若在y轴左侧空间（第Ⅱ、Ⅲ象限）存在垂直纸面的匀强磁场，粒子从坐标原点O，沿与+y轴成30°的方向射入第二象限，恰好经过A点，求磁感应强度B．【答案】解（1）在电场E1中：①lcosα=v o t1②在电场E2中：③lsinα=v0t2④联立①②③④得：⑤（2）设轨迹半径为R，轨迹如图所示，可见：OC=2R sin30°①由几何知识可得：②解得：③又由：④得：⑤由③⑤得：，方向垂直纸面向里；答：（1）这两种情况电场强度的比值；（2）磁感应强度，方向垂直纸面向里．【解析】（1）粒子在这两个方向不同的匀强电场中均做类平抛运动，根据运动的合成与分解分成平行于电场线和垂直于电场线方向分别列方程，然后联立求解；（2）作出粒子圆周运动的轨迹，由几何知识确定半径，然后由牛顿第二定律列方程求磁感应强度．带电粒子在电场中的偏转常根据类平抛运动规律列方程求解，在磁场中通常是先画出轨迹由几何知识确定半径，然后由牛顿第二定律求q、m、B、v的某一个量，这是一道考查典型方法的好题．七、计算题(本大题共1小题，共10.0分)14.半径为R的固定半圆形玻璃砖的横截面如图所示，O点为圆心，OO′为直径MN的垂线．足够大的光屏PQ紧靠在玻璃砖的右侧且与MN垂直．一束复色光沿半径方向与OO′成θ=30°角射向O点，已知复色光包含有折射率从n1=到n2=的光束，因而光屏上出现了彩色光带．（ⅰ）求彩色光带的宽度；（ⅱ）当复色光入射角逐渐增大时，光屏上的彩色光带将变成一个光点，求θ角至少为多少？【答案】解：（ⅰ）由折射定律n=，n2=代入数据，解得：β1=45°，β2=60°故彩色光带的宽度为：R tan45°-R tan30°=（1-）R（ⅱ）当所有光线均发生全反射时，光屏上的光带消失，反射光束将在PN上形成一个光点．即此时折射率为n1的单色光在玻璃表面上恰好先发生全反射，故sin C==即入射角θ=C=45°答：（ⅰ）彩色光带的宽度为（1-）R；（ⅱ）当复色光入射角逐渐增大时，光屏上的彩色光带将变成一个光点，θ角至少为45°．【解析】（1）根据折射定律求出折射角，几何关系求解两个光斑之间的距离；（2）为使光屏上的彩色光带消失，要使光线发生全反射．由于n1＜n2，玻璃对其折射率为n2的色光先发生全反射，由临界角公式求解为使光屏上的彩带消失，复色光的入射角的最小值．对于涉及全反射的问题，要紧扣全反射产生的条件：一是光从光密介质射入光疏介质；二是入射角大于临界角．九、计算题(本大题共1小题，共10.0分)16.如图所示，一质量m1=0.45kg的平顶小车静止在光滑的水平轨道上．车顶右端放一质量m2=0.4kg的小物体，小物体可视为质点．现有一质量m0=0.05kg的子弹以水平速度v0=100m/s射中小车左端，并留在车中，已知子弹与车相互作用时间极短，小物体与车间的动摩擦因数为μ=0.5，最终小物体以5m/s的速度离开小车．g取10m/s2．求：①子弹从射入小车到相对小车静止的过程中对小车的冲量大小．②小车的长度．。

2015年陕西省普通高中学业水平物理试卷一、选择题（共22小题，每小题3分，计66分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的）1．（3分）第二届夏季青年奥林匹克运动会于2014年8月在南京举行，共设26个比赛项目中，可将运动员视为质点的是（）A．马拉松B．跳水C．击剑D．体操2．（3分）运动员进行“折返跑”训练，从A点沿直线跑到B点，又从B点沿原路返回A点，A、B两点直线距离为50m，此过程中运动员的路程和位移的大小分别是（）A．50m，0 B．100m，0 C．50m，100m D．100m，100m3．（3分）地球同步通讯卫星，是无线电波传播的中继站．同步卫星绕地心转动，地面上观察者却发现它是静止的，这是因为观察者所选择的参考系是（）A．太阳B．月球C．地球D．卫星4．（3分）甲、乙两物体做直线运动，它们的v﹣t图象如图所示，下列说法正确的是（）A．甲、乙两物体都做匀速直线运动B．甲、乙两物体都做匀加速直线运动C．甲物体都做匀速直线运动，乙物体静止D．甲物体做匀加速直线运动，乙物体做匀速直线运动5．（3分）物体做匀速直线运动，下列物理量保持恒定的是（）A．速度B．位移C．路程D．加速度6．（3分）作用在同一物体上的两个共点力，大小均为60N，夹角为120°，如图所示．则这两个力的合力大小是（）A．0 B．30N C．60N D．120N7．（3分）如图所示，小孩用水平推力推放置在水平面上的箱子，第一次轻推，没有推动；小孩用更大的力推，箱子还是不动．关于箱子所受摩擦力的大小，下列说法正确的是（）A．0 B．不变C．变大D．变小8．（3分）如图所示，有人用一簇气球通过绳使一座小屋成功升空．成为“会飞的小屋”．下列说法正确的是（）A．小屋受到绳的拉力和小屋对绳的拉力是一对作用力和反作用力B．小屋受到绳的拉力和小屋所受重力是一对作用力和反作用力C．小屋对绳的拉力和小屋所受重力是一对作用力和反作用力D．小屋对绳的拉力和小屋所受重力是一对平衡力9．（3分）物体的惯性与下列因素有关的是（）A．受力情况B．运动状态C．所处位置D．质量10．（3分）载人飞船从地面加速升空的过程中，座椅对宇航员的弹力F与宇航员所受的重力G之间的大小关系，下列说法正确的是（）A．F一定大于G B．F一定等于G C．F一定小于G D．F可能等于G 11．（3分）关于做曲线运动的物体所受的合力，下列说法正确的是（）A．一定是恒力B．一定是变力C．合力方向与速度方向不在同一直线上D．合力方向与速度方向在同一直线上12．（3分）子弹以v=1000m/s的速度斜向上射出，速度方向与水平方向的夹角为60°，如图所示．若将该速度分解到水平方向v x和竖直方向v y，则水平方向v x 的大小为（）A．0 B．500m/s C．500m/s D．1000m/s13．（3分）质量不同的物体，从不同高度以相同的速度同时水平抛出，不计空气阻力．下列说法正确的是（）A．质量大的物体先落地B．质量小的物体先落地C．低处的物体先落地D．高处的物体先落地14．（3分）飞机做特技表演时，常做俯冲拉起运动，此运动在最低点A附近可看作是圆周运动，如图所示．飞行员所受重力为G，受到座椅的弹力为F，则飞行员在A点所受向心力大小为（）A．G B．F C．F+G D．F﹣G15．（3分）如图所示，小强在荡秋千．关于秋千绳上a、b两点的线速度和角速度的大小，下列判断正确的是（）A．ωa=ωb B．ωa＞ωb C．v a=v b D．v a＞v b16．（3分）质量相同的物体分别放在光滑和粗糙的水平面上，如图所示，用相同的水平力F，使物体沿各自水平面运动相同的位移．水平力F在光滑水平面和粗糙水平面对物体做功分别为W1和W2，则W1和W2的关系是（）A．W1一定等于W2 B．W1一定大于W2 C．W1可能小于W2 D．W1可能大于W2 17．（3分）物体做自由落体运动，在下落的第1s末和第2s末重力的瞬时功率之比为（）A．1：1 B．1：2 C．1：3 D．1：418．（3分）关于两物体间万有引力的大小和它们之间距离的关系，下列说法正确的是（）A．与距离成正比B．与距离平方成正比C．与距离成反比D．与距离平方成反比19．（3分）不可回收的航天器最终将成为漂浮在太空中的垃圾．如图所示，是绕地球运行的太空垃圾，对于离地面越高的太空垃圾，下列说法正确的是（）A．运行速率越大B．运行速率越小C．运行周期越小D．可能追上同一轨道上的航天器20．（3分）真空中有两个点电荷，它们之间静电力的大小为F，如果保持它们之间的距离不变，只将其中一个电荷的电荷量增大为原来的2倍，它们之间的静电力将变为F′，则F′与F的比值为（）A．B．1 C．2 D．421．（3分）用⊙表示通电直导线，电流方向垂直纸面向外，用带箭头的线段或曲线表示磁感线．下列图中，能正确反映通电直导线在其周围产生磁场的磁感线是（）A．B．C．D．22．（3分）我国发射“神舟十号”载人飞船并实现了与“天空一号”目标飞行器对接．开始对接前，“天空一号”在高轨道，“神舟十号”飞船在低轨道，各自绕地球做匀速圆周运动，距离地面的高度分别为h1和h2（设地球半径为R），“天空一号”的运行周期为90分钟，如图所示，则有①“天空一号”与”神舟十号“的向心加速度大小之比为②“天空一号”与”神舟十号“的向心加速度大小之比为③“天空一号”角速度比地球同步卫星的角速度大④“天空一号”的运行速度大于7.9km/s其中正确的是（）A．①③B．②③C．②④D．③④二、填空题（共4小题，每小题2分，计8分）23．（2分）1785年，法国物理学家经过多次实验，证实了两电荷间的相互作用规律．24．（2分）在电场中某处放入电荷量为1×10﹣10C的点电荷，它所受电场力的大小为1×10﹣5N，则该处电场强度的大小是N/C，若将这个点电荷移走，该处的电场强度大小是N/C．25．（2分）一根1m的直导线，通有1A的电流，沿东西方向放置在地球赤道上．若该处地磁场磁感应强度大小为3×10﹣5T，试估算该导线所受地磁场的安培力大小为N．26．（2分）在验证机械能守恒的实验中，选用自由下落重物的质量为m，现得到一条点迹清晰的纸带，如图所示．把第一个点记作O点（速度可认为零），另选三个相邻的点A、B、C作为计数点，相邻两计数点的时间间隔为T．测得B到O的距离为h，A到B距离为h1，B到C的距离为h2，重力加速度用g表示．则从起始点O到打点计时器打下B点的过程中，重物重力势能减少量△E P=，重物动能增加量△E K=（△E P和△E K分别用m、h、h1、h2、T表示）．通过比较△E P和△E K的大小验证机械能是否守恒．三、计算或论述题（共2小题，计26分）27．（8分）如图所，质量m=2kg的物体静止在水平地面上，现用F=10N的水平推力推该物体，使其做匀加速直线运动，已知物体和地面间的动摩擦因数为0.2，重力加速度g取10m/s2，试求：（1）物体的加速度大小；（2）从静止开始2s内物体的位移大小；（3）若2s末撤去推力F，则物体还能运动多长时间？28．（9分）如图所示，同一竖直平面内的光滑轨道，是由一斜直轨道和一段由细圆管弯成的圆形轨道连接而成，斜直轨道的底端与圆形轨道相切．圆形轨道半径为R（细圆管内径远小于R），A是圆形轨道的最低点，B是圆形轨道的最高点，O是圆形轨道的圆心．现有一质量为m的小球从斜直轨道上某处由静止开始下滑，进入细圆管内做圆周运动．忽略机械能损失，重力加速度用g表示．试求：（1）若小球从距地面高2R处下滑，小球到达A点的速度大小；（2）若小球到达B点时速度大小为，小球下落的高度应是圆形轨道半径的多少倍；（3）若小球通过圆形轨道最高点B时，对管壁的压力大小为0.5mg，小球下落的高度应是圆形轨道半径R的多少倍．（9分）本题为选做题，考生按要求从下面两题中仅选择一题解答．【选修1-1】29．（9分）如图所示，一个单匝矩形线圈水平放在桌面上，再线圈中心上方有一竖直的条形磁体，此时线圈内的磁通量为0.05Wb．在0.5s的时间内，将该条形磁体从图示位置竖放到线圈内的桌面上，此时线圈内的磁通量为0.10Wb．试求此过程：（1）线圈内磁通量的变化量；（2）线圈中产生的感应电动势大小．【选修3-1】30．在现代生活中，充电宝是手机一族出行的必备品．当充电宝电量不足时，需要给充电宝充电，此时充电宝相当于可充电的电池，充电过程可简化为如图所示电路．先给一充电宝充电，充电电压为5V，充电电流为1000mA，充电宝的内阻为0.2Ω．试求：（1）充电宝的输入功率；（2）充电宝内阻消耗的热功率；（3）一分钟内充电宝储存的电能．2015年陕西省普通高中学业水平物理试卷参考答案与试题解析一、选择题（共22小题，每小题3分，计66分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的）1．（3分）第二届夏季青年奥林匹克运动会于2014年8月在南京举行，共设26个比赛项目中，可将运动员视为质点的是（）A．马拉松B．跳水C．击剑D．体操【解答】解：A、马拉松比赛时，由于长路程，运动员的大小形状可以忽略，可以看成质点，故A正确；B、跳水时，人们要关注人的动作，故人的大小形状不能忽略，不能看作质点，故B错误；C、击剑时要注意人的肢体动作，不能看作质点；故C错误；D、体操中主要根据人的肢体动作评分，故不能忽略大小和形状，故不能看作质点；故D错误；故选：A．2．（3分）运动员进行“折返跑”训练，从A点沿直线跑到B点，又从B点沿原路返回A点，A、B两点直线距离为50m，此过程中运动员的路程和位移的大小分别是（）A．50m，0 B．100m，0 C．50m，100m D．100m，100m【解答】解：由题意可知，运动员返回到原点，故位移为零；而路程等于经过的轨迹的长度；故路程为s=2×50=100m；故选：B．3．（3分）地球同步通讯卫星，是无线电波传播的中继站．同步卫星绕地心转动，地面上观察者却发现它是静止的，这是因为观察者所选择的参考系是（）A．太阳B．月球C．地球D．卫星【解答】解：ABC、因为同步卫星的转动和地球的转动是同步的，地球怎么转动卫星也怎么转动，它相对于地球的位置没有没有发生变化，所以，以地球为参照物，卫星是静止的；若以太阳，月亮或宇宙飞船为参照物，卫星与太阳，月亮或宇宙飞船之间的相对位置发生了变化，是运动的．故C正确；AB错误；D、选取其它同步通信卫星作为参考系时，做匀速圆周运动，因同步，则相对静止；若选取其它不同步的，则存在相对运动的，故D错误．故选：C．4．（3分）甲、乙两物体做直线运动，它们的v﹣t图象如图所示，下列说法正确的是（）A．甲、乙两物体都做匀速直线运动B．甲、乙两物体都做匀加速直线运动C．甲物体都做匀速直线运动，乙物体静止D．甲物体做匀加速直线运动，乙物体做匀速直线运动【解答】解：由图看出，甲物体的速度随时间均匀增大，做匀加速直线运动，乙物体的速度不变，做匀速直线运动，故ABC错误，D正确．故选：D．5．（3分）物体做匀速直线运动，下列物理量保持恒定的是（）A．速度B．位移C．路程D．加速度【解答】解：A、物体做匀速直线运动时，物体速度大小恒定不变．故A正确；B、匀速直线运动的物体，物体速度大小恒定不变，由x=vt可得位移与时间成正比，不能保持恒定．故B错误；C、匀速直线运动的物体，物体速度大小恒定不变，故路程随时间在均增增大，不能保持恒定．故C错误；D、匀速直线运动的物体，物体速度大小恒定不变，加速度为零，故保持恒定；故D正确；故选：AD6．（3分）作用在同一物体上的两个共点力，大小均为60N，夹角为120°，如图所示．则这两个力的合力大小是（）A．0 B．30N C．60N D．120N【解答】解：由题意，已知两个分力均为F=60N，这两个力的夹角是120°，如图，合力和两个分力构成一个等边三角形，根据平行四边形定则可知，合力F=60N，故ABD错误，C正确，合故选：C．7．（3分）如图所示，小孩用水平推力推放置在水平面上的箱子，第一次轻推，没有推动；小孩用更大的力推，箱子还是不动．关于箱子所受摩擦力的大小，下列说法正确的是（）A．0 B．不变C．变大D．变小【解答】解：之所以推不动，是因为箱子受到地面对它的静摩擦力作用，且静摩擦力和推力是平衡力，静摩擦力的大小等于推力大小，由于推力的增大，则摩擦力也变大，故C正确，ABD错误．故选：C．8．（3分）如图所示，有人用一簇气球通过绳使一座小屋成功升空．成为“会飞的小屋”．下列说法正确的是（）A．小屋受到绳的拉力和小屋对绳的拉力是一对作用力和反作用力B．小屋受到绳的拉力和小屋所受重力是一对作用力和反作用力C．小屋对绳的拉力和小屋所受重力是一对作用力和反作用力D．小屋对绳的拉力和小屋所受重力是一对平衡力【解答】解：A、小屋受到绳的拉力和小屋对绳的拉力是A对B的力和B对A的力，是一对作用力和反作用力，故A正确，B、小屋受到绳的拉力和小屋所受重力的受力物体都是小屋，不是作用力和反作用力，故B错误；C、小屋对绳的拉力的施力物体是小屋，受力物体是绳子，小屋所受重力的施力物体是地球，受力物体是小屋，不是作用力和反作用力，故C错误；D、小屋对绳的拉力的受力物体是绳子，小屋所受重力的受力物体是小屋，不是平衡力，故D错误．故选：A9．（3分）物体的惯性与下列因素有关的是（）A．受力情况B．运动状态C．所处位置D．质量【解答】解：一切物体都具有惯性，质量是衡量惯性大小的唯一量度，与受力情况、运动状态及所处位置无关，故D正确，ABC错误．故选：D10．（3分）载人飞船从地面加速升空的过程中，座椅对宇航员的弹力F与宇航员所受的重力G之间的大小关系，下列说法正确的是（）A．F一定大于G B．F一定等于G C．F一定小于G D．F可能等于G 【解答】解：载人飞船从地面加速升空的过程中，加速度方向向上，根据牛顿第二定律得，F﹣G=ma，可知F一定大于G，故A正确，B、C、D错误．故选：A．11．（3分）关于做曲线运动的物体所受的合力，下列说法正确的是（）A．一定是恒力B．一定是变力C．合力方向与速度方向不在同一直线上D．合力方向与速度方向在同一直线上【解答】解：物体做曲线运动的条件是合力的方向与速度方向不在同一条直线上，但合外力可以变化，可以不变化．平抛运动受到的是恒力，匀速圆周运动受到的是变力，故C正确，ABD错误．故选：C12．（3分）子弹以v=1000m/s的速度斜向上射出，速度方向与水平方向的夹角为60°，如图所示．若将该速度分解到水平方向v x和竖直方向v y，则水平方向v x 的大小为（）A．0 B．500m/s C．500m/s D．1000m/s【解答】解：对v向x轴和y轴进行正交分解，在x轴上的分量为：v x=vcos60°=1000×0.5=500m/s，选项B正确，ACD错误．故选：B13．（3分）质量不同的物体，从不同高度以相同的速度同时水平抛出，不计空气阻力．下列说法正确的是（）A．质量大的物体先落地B．质量小的物体先落地C．低处的物体先落地D．高处的物体先落地【解答】解：不计空气阻力，物体作平抛运动，而平抛运动的竖直分运动是自由落体运动，由h=，得：t=可知高度h越大，物体运动的时间越长，所以低处的物体先落地．故ABD错误，C正确．故选：C．14．（3分）飞机做特技表演时，常做俯冲拉起运动，此运动在最低点A附近可看作是圆周运动，如图所示．飞行员所受重力为G，受到座椅的弹力为F，则飞行员在A点所受向心力大小为（）A．G B．F C．F+G D．F﹣G【解答】解：在最低点，飞行员竖直方向上受重力和座椅对人向上弹力F，合力方向向上，合力提供向心力，则向心力大小F n=F﹣G．故D正确，A、B、C错误．故选：D．15．（3分）如图所示，小强在荡秋千．关于秋千绳上a、b两点的线速度和角速度的大小，下列判断正确的是（）A．ωa=ωb B．ωa＞ωb C．v a=v b D．v a＞v b【解答】解：A、a、b两点共轴转动，角速度大小相等，故A正确，B错误．C、根据v=rω知，b的半径大，则b的线速度大，故C、D粗我．故选：A．16．（3分）质量相同的物体分别放在光滑和粗糙的水平面上，如图所示，用相同的水平力F，使物体沿各自水平面运动相同的位移．水平力F在光滑水平面和粗糙水平面对物体做功分别为W1和W2，则W1和W2的关系是（）A．W1一定等于W2 B．W1一定大于W2 C．W1可能小于W2 D．W1可能大于W2【解答】解：由W=Fs知，恒力F对两种情况下做功一样多，即W1=W2，则A正确，BCD错误故选：A17．（3分）物体做自由落体运动，在下落的第1s末和第2s末重力的瞬时功率之比为（）A．1：1 B．1：2 C．1：3 D．1：4【解答】解：第1s末速度与第2s秒末速度之比为：v1：v2=gt1：gt2=1：2故第1s末速度与第2s秒末重力做功的瞬时功率之比为：mgv1：mgv2=v1：v2=1：2故选：B18．（3分）关于两物体间万有引力的大小和它们之间距离的关系，下列说法正确的是（）A．与距离成正比B．与距离平方成正比C．与距离成反比D．与距离平方成反比【解答】解：万有引力定律的内容是自然界中任何两个物体都是相互吸引的，引力的大小与两物体的质量的乘积成正比，与两物体间距离的平方成反比．故D 正确，A、B、C错误．故选：D．19．（3分）不可回收的航天器最终将成为漂浮在太空中的垃圾．如图所示，是绕地球运行的太空垃圾，对于离地面越高的太空垃圾，下列说法正确的是（）A．运行速率越大B．运行速率越小C．运行周期越小D．可能追上同一轨道上的航天器【解答】解：根据万有引力提供圆周运动向心力有：有：AB、垃圾的运行速率可得半径越大的太空垃圾运行速率越小，故A错误，B正确；C、垃圾运行的周期T=可得半径越大的太空垃圾周期越大，故C错误；D、在同一轨道上运动的航天器周期和线速度大小相同，故在同一轨道上不能追上同一轨道的航天器，故D错误．故选：B．20．（3分）真空中有两个点电荷，它们之间静电力的大小为F，如果保持它们之间的距离不变，只将其中一个电荷的电荷量增大为原来的2倍，它们之间的静电力将变为F′，则F′与F的比值为（）A．B．1 C．2 D．4【解答】解：由点电荷库仑力的公式F=k，可以得到，距离不变，将一个电荷的电量增大为原来的2倍，库仑力将变为原来的2倍，故C正确，ABD错误．故选：C．21．（3分）用⊙表示通电直导线，电流方向垂直纸面向外，用带箭头的线段或曲线表示磁感线．下列图中，能正确反映通电直导线在其周围产生磁场的磁感线是（）A．B．C．D．【解答】解：AB、通电直导线产生的磁场方向根据安培定则判断，可知，AB磁场应该是以导线为圆心的同心圆，故AB错误．C、根据安培定则，拇指指向电流方向，则四指指向，即为磁感线针方向，故C 正确，D错误．故选：C．22．（3分）我国发射“神舟十号”载人飞船并实现了与“天空一号”目标飞行器对接．开始对接前，“天空一号”在高轨道，“神舟十号”飞船在低轨道，各自绕地球做匀速圆周运动，距离地面的高度分别为h1和h2（设地球半径为R），“天空一号”的运行周期为90分钟，如图所示，则有①“天空一号”与”神舟十号“的向心加速度大小之比为②“天空一号”与”神舟十号“的向心加速度大小之比为③“天空一号”角速度比地球同步卫星的角速度大④“天空一号”的运行速度大于7.9km/s其中正确的是（）A．①③B．②③C．②④D．③④【解答】解：①②万有引力提供圆周运动向心力有，可得向心加速度，即向心加速度与轨道半径的平方成反比，故②正确，①错误；③卫星运动的角速度，故周期短的角速度大，所以③正确；④7.9km/s是近地航天器绕地球运行的速度，也是绕地球圆周运动的最大速度，故④错误；所以②③正确，①④错误．故选：B．二、填空题（共4小题，每小题2分，计8分）23．（2分）1785年，法国物理学家库仑经过多次实验，证实了两电荷间的相互作用规律．【解答】解：库仑利用扭秤装置，研究出两个静止点电荷间的相互作用规律﹣﹣﹣库仑定律．故答案为：库仑．24．（2分）在电场中某处放入电荷量为1×10﹣10C的点电荷，它所受电场力的大小为1×10﹣5N，则该处电场强度的大小是1×105N/C，若将这个点电荷移走，该处的电场强度大小是1×105N/C．【解答】解：电场强度的定义式：E===1×105N/C，据场强方向的规定可知：场强方向与正电荷受力方向相同．电场强度取决于电场本身，与有无试探电荷无关，所以该点的场强仍为1×105N/C．故答案为：1×105，1×105．25．（2分）一根1m的直导线，通有1A的电流，沿东西方向放置在地球赤道上．若该处地磁场磁感应强度大小为3×10﹣5T，试估算该导线所受地磁场的安培力大小为3×10﹣5N．【解答】解：安培力的公式可得：F=BIL=3×10﹣5×1×1N=3×10﹣5N；故答案为：3×10﹣526．（2分）在验证机械能守恒的实验中，选用自由下落重物的质量为m，现得到一条点迹清晰的纸带，如图所示．把第一个点记作O点（速度可认为零），另选三个相邻的点A、B、C作为计数点，相邻两计数点的时间间隔为T．测得B到O的距离为h，A到B距离为h1，B到C的距离为h2，重力加速度用g表示．则从起始点O到打点计时器打下B点的过程中，重物重力势能减少量△E P= mgh，重物动能增加量△E K=（△E P和△E K分别用m、h、h1、h2、T表示）．通过比较△E P和△E K的大小验证机械能是否守恒．【解答】解：重力势能的减少量：△E p=mgh；根据匀变速直线运动中时间中点的速度等于该段时间内的平均速度，则有：v B=；动能的增量：△E k=mv B2=m（）2=；故答案为：mgh，．三、计算或论述题（共2小题，计26分）27．（8分）如图所，质量m=2kg的物体静止在水平地面上，现用F=10N的水平推力推该物体，使其做匀加速直线运动，已知物体和地面间的动摩擦因数为0.2，重力加速度g取10m/s2，试求：（1）物体的加速度大小；（2）从静止开始2s内物体的位移大小；（3）若2s末撤去推力F，则物体还能运动多长时间？【解答】解：（1）物体受重力、支持力、拉力和滑动摩擦力，根据牛顿第二定律，有：F﹣μmg=ma解得：a==（2）2s内的位移：x==6m（3）2s末的速度：v=at=3×2=6m/s减速过程加速度：a′=﹣μg=﹣2m/s2减速过程的时间：t′=答：（1）物体的加速度大小为3m/s2；（2）从静止开始2s内物体的位移大小为6m；（3）若2s末撤去推力F，则物体还能运动3s时间．28．（9分）如图所示，同一竖直平面内的光滑轨道，是由一斜直轨道和一段由细圆管弯成的圆形轨道连接而成，斜直轨道的底端与圆形轨道相切．圆形轨道半径为R（细圆管内径远小于R），A是圆形轨道的最低点，B是圆形轨道的最高点，O是圆形轨道的圆心．现有一质量为m的小球从斜直轨道上某处由静止开始下滑，进入细圆管内做圆周运动．忽略机械能损失，重力加速度用g表示．试求：（1）若小球从距地面高2R处下滑，小球到达A点的速度大小；（2）若小球到达B点时速度大小为，小球下落的高度应是圆形轨道半径的多少倍；（3）若小球通过圆形轨道最高点B时，对管壁的压力大小为0.5mg，小球下落的高度应是圆形轨道半径R的多少倍．【解答】解：（1）根据动能定理得：mg•2R=﹣0，解得：．（2）对开始到B点运用动能定理得：，解得：h=．（3）若对管壁的压力向下，根据牛顿第二定律得：，N=0.5mg，解得：，根据动能定理得：，解得：．若对管壁的压力向上，根据牛顿第二定律得：，解得：，根据动能定理得：，解得：h2=．答：（1）小球到达A点的速度为；（2）小球下落的高度应是圆形轨道半径的倍；（3）小球下落的高度应是圆形轨道半径R的倍或倍．（9分）本题为选做题，考生按要求从下面两题中仅选择一题解答．【选修1-1】29．（9分）如图所示，一个单匝矩形线圈水平放在桌面上，再线圈中心上方有一竖直的条形磁体，此时线圈内的磁通量为0.05Wb．在0.5s的时间内，将该条形磁体从图示位置竖放到线圈内的桌面上，此时线圈内的磁通量为0.10Wb．试求此过程：（1）线圈内磁通量的变化量；（2）线圈中产生的感应电动势大小．【解答】解：（1）磁通量的变化为：△Φ=Φ′﹣Φ=0.10﹣0.05=0.05Wb；（2）由法拉第电磁感应定律可得感应电动势为：E=n=1×=0.1V；答：（1）线圈的磁通量的变化量0.05Wb；（2）线圈产生的感应电动势的大小为0.1V．【选修3-1】30．在现代生活中，充电宝是手机一族出行的必备品．当充电宝电量不足时，需要给充电宝充电，此时充电宝相当于可充电的电池，充电过程可简化为如图所示电路．先给一充电宝充电，充电电压为5V，充电电流为1000mA，充电宝的内阻为0.2Ω．试求：（1）充电宝的输入功率；（2）充电宝内阻消耗的热功率；（3）一分钟内充电宝储存的电能．【解答】解：（1）充电宝的输入功率为：。

1试卷类型：A1绝密★启用前 2 2015年陕西省普通高3中学业水平考试 4 物 理 5 注意事项：6 1.本试卷分第一部分和第二部分。

第一部分为选择题，第二部分为非选择题。

7 2.考生领到试卷后，必须按规定在试卷上填写姓名、考籍号、座位号，并在8 答题卡上涂黑对应的试卷类型信息点。

9 3.所有答案必须在答题卡上指定区域内作答。

考试结束后，将本试卷和答题10 卡一并交回。

11 第一部分（选择题 共66分）12 一、 选择题（共22小题，每小题3分，计66分。

在每小题给出的四13 个选项中，只有一项是符合题目要求的）14 1. 第二届夏季青年奥林匹克运动会于2014年8月在南京举行，共设2615姓名考籍号座位号16个比赛项目中，可讲运动员视为质点的是172.运动员进行“折返跑”训练，从A点沿直线跑到B点，又从B点沿原路18返回A点，A、B两点直线距离为50m，此过程中运动员的路程和位移的大小分19别是20A.50m,021B.100m,022C.50m,100m23D.100m,100m243.地球同步通讯卫星，是无线电波传播的中继站。

同步卫星绕地心转动，地25面上观察者却发现它是静止的，这是因为观察者所选择的参考系是A.太阳B.月球C.地球D.卫星26274.甲、乙两物体做直线运动，它们的v-t图象如图所28示，下列说法正确的是A.甲、乙两物体都做匀速直线运动2930B.甲、乙两物体都做匀加速直线运动31C.甲物体都做匀速直线运动，乙物体静止32D.甲物体做匀加速直线运动，乙物体做匀速直线运动335.物体做匀速直线运动，下列物理量保持恒定的是2A.速度B.位移C.路程D.加速度34356.作用在同一物体上的两个共点力，大小均为60N,36夹角为120o，如图所示。

则这两个力的合力大小是A.0B.30N3738C.60ND.120N397.如图所示，小孩用水平推力推放置在水平面上的箱子，第一次轻推，没有40推动；小孩用更大的力推，箱子还是不动。

2014——2015学年度下学期期末测试卷【05】高 二 物 理一、选择题（本题共10小题，每小题4分。

在每个小题给出的四个选项中，至少有一个选项是正确的，全部选对的得4分，选不全的得2分，有选错或不答的得0分）1、关于物理科学家和他们的贡献，下列说法中正确的是 ( )A ．奥斯特发现了电流的磁效应，并发现了电磁感应现象B ．库仑提出了库仑定律，并最早用实验测得元电荷e 的数值C ．牛顿发现了万有引力定律，并通过实验测出了引力常量D ．法拉第发现了电磁感应现象，并制作了世界上第一台发电机2、如图所示，在磁感应强度为B 、方向垂直纸面向里的匀强磁场中，金属杆MN 在平行金属导轨上以速度v 向右匀速滑动，MN 中产生的感应电动势为E 1；若磁感应强度增为2B ，其他条件不变，MN 中产生的感应电动势变为E 2.则通过电阻R 的电流方向及E 1与E 2之比E 1∶E 2分别为 ( )A ．c →a,2∶1B ．a →c,2∶1C ．a →c,1∶2D ．c →a,1∶23、如图所示，在0≤x ≤2L 的区域内存在着匀强磁场，磁场方向垂直于xOy 坐标系平面(纸面)向里．具有一定电阻的矩形线框abcd 位于xOy 坐标系平面内，线框的ab 边与y 轴重合，bc 边长为L .设线框从t ＝0时刻起在外力作用下由静止开始沿x 轴正方向做匀加速运动，则线框中的感应电流i (取逆时针方向的电流为正)随时间t 变化的函数图象可能是选项中 ( )4、 如图所示，边长为L 的正方形金属框ABCD 在水平恒力F 作用下，穿过宽度为d 的有界匀强磁场．已知d <L ，AB 边始终与磁场边界平行．若线框AB 边进入磁场时，线框恰好做匀速直线运动．则线框AB 边穿过磁场的过程和CD 边穿过磁场的过程相比较 ( )A ．线框中感应电流的方向相反B ．线框均做匀速直线运动C ．水平恒力F 做的功不相等题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10答案D．线框中产生的电能相等5、如图甲所示，一个圆形线圈的匝数n＝100，线圈面积S＝200 cm2，线圈的电阻r＝1 Ω，线圈外接一个阻值R＝4 Ω的电阻，把线圈放入一方向垂直线圈平面向里的匀强磁场中，磁感应强度随时间变化规律如图乙所示．下列说法中正确的是()A．线圈中的感应电流方向为顺时针方向B．电阻R两端的电压随时间均匀增大C．线圈电阻r消耗的功率为4×10－4 WD．前4 s内通过R的电荷量为4×10－4 C6、如图7所示，实验室一台手摇交流发电机，内阻r＝1.0 Ω，外接R＝9.0 Ω的电阻．闭合开关S，当发电机转子以某一转速匀速转动时，产生的电动势e＝102sin 10πt (V)，则()A．该交变电流的频率为10 HzB．该电动势的有效值为10 2 VC．外接电阻R所消耗的电功率为10 WD．电路中理想交流电流表的示数为1.0 A7、如图所示，圆环形导体线圈a平放在水平桌面上，在a的正上方固定一竖直螺线管b，二者轴线重合，螺线管与电源和滑动变阻器连接成如图所示的电路．若将滑动变阻器的滑片P向下滑动，下列表述正确的是()A．线圈a中将产生俯视顺时针方向的感应电流B．穿过线圈a的磁通量变小C．线圈a有缩小的趋势D．线圈a对水平桌面的压力F N将增大8、一正方形金属线框位于有界匀强磁场区域内，线框平面与磁场垂直，线框的右边紧贴着磁场边界，如图甲所示．t＝0时刻对线框施加一水平向右的外力F，让线框从静止开始做匀加速直线运动穿过磁场．外力F随时间t变化的图线如图乙所示．已知线框质量m＝1 kg、电阻R＝1 Ω.以下说法正确的是()A．做匀加速直线运动的加速度为1 m/s2B．匀强磁场的磁感应强度为2 2 TC．线框穿过磁场过程中，通过线框的电荷量为22 CD．线框穿过磁场的过程中，线框上产生的焦耳热为1.5 J9、将一个R＝36 Ω的电阻接在一正弦交流发电机的输出端，该电阻两端的u－t图象如图所示，下列说法正确的是()A．该电阻消耗的功率是72 WB．该交流发电机的转速是50 r/sC．图中交流电压的瞬时值表达式为u＝362sin 100πt (V)D．并联在该电阻两端的理想交流电压表的示数是36 2 V10、如图所示，理想变压器原、副线圈的匝数之比是10∶1，原线圈输入交变电压u＝141.4sin 50πt(V)，O点是副线圈上、下匝数比为1∶4处抽出的线头，R1＝2 Ω，R2＝8 Ω，则 () A．开关S断开时，电流表的示数为0.1 AB．开关S闭合时，电流表的示数为0.1 AC．开关S断开时，两电阻总的电功率为20 WD．开关S闭合时，两电阻总的电功率为10 W第Ⅱ卷二、填空题。

2014--2015学年度第二学期期末教学质量检测高二物理参考答案及评分标准1.A2.D3.C4.C5.D6.A7.B8.AC9.AD 10.ACD 11.(1)C (2).E (3).外接（4）分压式(5).偏小（6）如图12.(1)带负电（3分）(2)如图，由已知得粒子进入磁场时，半径与x 轴正方向的夹角为30°，有几何关系得：030sin R R a +=，（1分）则32a R =（1分）洛伦兹力充当粒子做圆周运动的向心力，有Rv m qvB 2=，（3分）得：32q v m Ba =（2分）13.(1)由动能定理得：qU ＝12mv 21，（3分）得v 1＝104m/s.（2分）(2)因粒子重力不计，则进入PQ 、MN 间电场中后，做类平抛运动，有粒子沿初速度方向做匀速直线运动：d ＝v 1t （1分）粒子沿电场方向做初速度为零的匀加速直线运动：v y ＝at（1分）由题意得：tan30°＝v 1v y （2分）由牛顿第二定律得：qE ＝ma （1分）联立以上相关各式并代入数据得：E ＝3×103N/C＝1.73×103N/C（2分）【选修3-4】14.C 15.D 16.AB17.解：(1)沿Y 轴正方向（3分）（2）波长λ=2.0m ，周期 2.0 0.54T s v =＝＝，（3分）而 1 1.2522t s T ==（2分）故0～1.25s 内的路程为11242455022s A cm =⨯⨯⨯=＝，（2分）1.25s 时x=1.5m 处的质点处于波峰位置，位移x=5cm ；（2分）【选修3-5】14.C 15.D 16.BC17.解：子弹与A 发生完全非弹性碰撞，子弹与A 组成的系统动量守恒，设碰后速度为V 1，则1(M )mv m v =+得mM mvv +=1（4分）以A 、B 及子弹为系统全过程动量守恒,设共速V 2，则有2(M )mv M m v =++得m M mvv +=22（4分）从A 获得速度1v 到AB 速度相同，由能量守恒得：E P ＝2222121122222Mm v (M m )v (M m )v (M m )(M m )+-+=++（4分）。