2014-2015学年云南省红河州建水二中高二(下)期末物理试卷

2014～2015学年第二学期高二期末物理试卷(试卷满分100 分，考试时间为100 分钟)试题说明：1.本试卷分为试卷Ⅰ和试卷Ⅱ两部分。

试卷Ⅰ为选择题部分，必须将答案涂在机读卡上，否则不得分。

试卷Ⅱ为非选择题部分，把解答过程写在答题纸上相应预留的位置。

2.学生只需上交机读卡和答题纸。

试卷Ⅰ（选择题部分）一、单项选择题（每小题2分，共30分。

在每小题给出的四个选项中，只有一个选项正确）1.关于对光的本性的认识,下列说法中正确的是( )A．牛顿的微粒说与惠更斯的波动说第一次揭示了光具有波粒二象性B．牛顿的微粒说与爱因斯坦的光子说没有本质的区别C．爱因斯坦从理论上指出电磁波传播速度跟光速相同,他提出光是一种电磁波D．麦克斯韦的电磁说与爱因斯坦的光子说说明光具有波粒二象性2．杨氏双缝干涉实验中，设置单缝的目的是( )A.使得作为光源的双缝S1、S2都是由它形成的相干光源；B.控制光的强度；C.控制光的照射范围；D.使光先发生衍射.3．在双缝干涉实验中，以白光为光源.在屏幕上观察到了彩色干涉条纹.若双缝中的一缝前放一红色滤光片(只能透过红光)，另一缝前放一绿色滤光片(只能透过绿光)，这时( )A.只有红光和绿光的双缝干涉条纹，其他颜色的双缝干涉条纹消失；B.红光和绿光的双缝干涉条纹消失，其他颜色的双缝干涉条纹依然存在；C.任何颜色的双缝干涉条纹都不存在，但屏上仍有光亮；D .屏上无任何光亮.4. 下列关于动量和冲量的说法中正确的是（）A.物体的动量改变，一定是速度的大小改变B.物体的动量改变，一定是速度的方向改变C.物体的运动状态改变，其动量一定改变D.以上说法均不对。

5. 放射性探伤是利用了( )A.α射线的电离本领；B.β射线的贯穿本领；C.γ射线的贯穿本领；D.放射性元素的示踪本领.6.如图所示，红光和紫光以不同的角度，沿半径方向射向半圆形玻璃砖的圆心O，它们的出射光线沿OP方向，则下列说法中正确的是( )A．AO是红光，穿过玻璃砖所需时间短B．AO是紫光，穿过玻璃砖所需时间短C．AO是红光，穿过玻璃砖所需时间长D．AO是紫光，穿过玻璃砖所需时间长7.甲、乙两物体的质量之比为m甲:m乙=1:4,若它们在运动过程中的动能相等,则它们动量大小之比p甲:p乙是( )A．1:1 B．1:2 C．1:4 D．2:18.在光滑水平直路上停着一辆较长的木板车,车的左端站立一个大人,车的右端站立一个小孩.如果大人向右走,小孩(质量比大人小)向左走.他们的速度大小相等,则在他们走动过程中( )A．车可能向右运动B．车一定向左运动C．车可能保持静止D．无法确定9.关于原子和原子核，下列说法正确的有( )A．汤姆孙发现电子后猜想出原子内的正电荷集中在很小的核内B．α粒子散射实验中少数α粒子发生了较大偏转是卢瑟福猜想原子核式结构模型的主要依据之一C．放射性元素发生衰变时，由于质量亏损，质量数不守恒D．玻尔原子理论无法解释较复杂原子的光谱现象，说明玻尔提出的原子定态概念是错误的10.甲、乙两铁球质量分别是m1=1 kg，m2=2 kg，在光滑平面上沿同一直线运动,速度分别是v1=6 m/s、v2=2 m/s.甲追上乙发生正碰后两物体的速度有可能是( )A.v1′=7 m/s，v2′=1.5 m/sB. v1′=2 m/s，v2′=4 m/sC. v1′=3.5 m/s，v2′=3 m/sD. v1′=4 m/s，v2′=3 m/s11.已知金属钙的逸出功为2.7eV，氢原子的能级图如图所示，一群氢原子处于量子数n=4的能量状态，则( )A.氢原子可能辐射3种频率的光子B.氢原子可能辐射5种频率的种子C.有3种频率的辐射光子能使钙发生光电效应D.有4种频率的辐射光子能使钙发生光电效应12.具有天然放射性的90号元素钍的同位素钍232经过一系列α衰变和β衰变之后，变成稳定的82号元素铅208．下列判断中正确的是（）A．钍核比铅核多24个质子B．钍核比铅核多16个中子C．这一系列衰变过程中共释放出4个α粒子和6个β粒子D．这一系列衰变过程中共发生了6次α衰变和6次β衰变13.关于核能和核反应下列说法正确的是( )A．根据E=mC2可知物体所具有的能量和它的质量之间存在着简单的正比关系B．根据ΔE=ΔmC2，在核裂变过程中减少的质量转化成了能量C．太阳内部进行的热核反应属于重核的裂变D．当铀块的体积小于临界体积时就会发生链式反应，瞬时放出巨大能量14.在如图所示的装置中，木块B与水平桌面间的接触是光滑的，子弹A沿水平方向射入木块后留在其中，将弹簧压缩到最短．若将子弹、木块和弹簧合在一起作为系统，则此系统在从子弹开始射入到弹簧被压缩至最短的整个过程中（）A．动量守恒，机械能守恒B．动量守恒，机械能不守恒C．动量不守恒，机械能不守恒D．动量不守恒，机械能守恒15.如图所示,一个折射率为2的三棱镜,顶角是45°.有一束光以图示方向射到三棱镜上,入射角为i(0<i<90°)则下列有关这束光传播过程的判断正确的是( ) (不考虑两次反射)①两个界面都会发生反射现象；②两个界面都可能发生折射现象③在界面I 不可能发生全反射④在界面Ⅱ可能发生全反射现象A ．只有①②B ．只有②③C ．只有①②③D ．只有①③④二、多选题（共20分。

云南省红河州建水县第二中学2015-2016学年高二上学期期末考试语文试题本试卷分第Ⅰ卷（阅读题）和第Ⅱ卷（表达题）两部分，共150分，考试时间150分钟。

第Ⅰ卷阅读题一、现代文阅读（9分，每小题3分）阅读下面的文字，完成l～3题。

“黑箱”是控制论中的概念，意为在认识上主体对其内部情况全然不知的对象。

“科技黑箱“的含义与此有所不同，它是一种特殊的存贮知识、运行知识的设施或过程，使用者如同面对黑箱，不必打开，也不必理解和掌握其中的知识，只需按规则操作即可得到预期的结果。

例如电脑、手机、摄像机、芯片，以及药品等，可以说，几乎技术的全部中间和最终成果都是科技黑箱。

在科技黑箱的生产过程中，科学知识是基础，价值观和伦理道德则对科学知识进行选择。

除此以外，科技黑箱中还整合了大量人文的、社会的知识，并且或多或少渗透了企业文化和理念。

这样，在电脑或手机中就集成了物理学、计算机科学、管理学、经济学、美学，以及对市场的调研和政府的相关政策等知识。

科技黑箱是特殊的传播与共享知识的媒体，具有三大特点。

首先，它使得每一个使用者——不仅牛顿，都能直接“站在巨人的肩上”继续前进。

试想，如果要全世界的电脑使用者都透彻掌握电脑的工作原理，掌握芯片上的电子理论，那需要多少时间?知识正是通过科技黑箱这一途径而达到最大限度的共享。

如今，计算机天才、黑客的年龄越来越小，神童不断出现，他们未必理解计算机的制作过程就能编写软件、破译密码。

每一代新科技黑箱的出现，就为相对“无知识”的年轻一代的崛起与赶超提供了机会。

其次，处在相对低端的科技黑箱往往与语境和主体无关，而处于高端的科技黑箱则需满足特定主体在特定场合乃至心理的需要。

人们很少能对一把锤子做什么改进，而使用一个月后的电脑则已经深深地打上了个人的印记，这就说明，在认识变得简单易行之时，实践变得复杂和重要。

最后，当科技为我们打开一扇又一扇门的时候，我们能拒绝它的诱惑不进去吗?而一旦进去，我们的行为能不受制于房间和走道的形状吗?表面上是使用者在支配科技黑箱，然而科技黑箱却正在使用者“不知情”的情况下，对使用者施加潜移默化的影响，也就是说使用者被生产方对象化了。

2014-2015学年云南省玉溪二中高二（下）期末物理试卷一、选择题（本题共12小题，每小题4分，共48分．在每小题给出的四个选项中，第1～8题只有一个选项是符合题目要求，第9～12题有多项符合题目要求．全部选对得4分，选对但不全得2分，有错选得0分．）1．（4分）（2014秋•高台县校级期末）列说法中正确的是（）A．物体有加速度，速度就增加B．物体的速度变化越快，加速度就越大C．物体的速度变化量△v越大，加速度就越大D．物体运动的加速度等于零，则物体一定静止考点：加速度．专题：直线运动规律专题．分析：加速度是速度变化快慢的物理量，当加速度与速度同向时，速度是增加的；当两者方向反向时，则速度是减小的．当加速度不变时，则速度是均匀变化；当加速度变化时，则速度是非均匀变化的．解答：解：A、物体有加速度，速度就一定变化，当两者同向时速度增加，当两者反向时速度减小．故A错误；B、物体的速度变化越快，即速度的变化率越大，则加速度就越大，故B正确；C、物体的速度变化量△v虽越大，但时间不知道变还是不变，则加速度如何变也是不清楚的，故C错误；D、物体运动的加速度等于零，则速度一定不变，但不一定静止，匀速直线运动速度也不变．故D错误；故选：B点评：加速度与速度两物理量没有直接联系，速度大可能加速度等于零，而速度等于零时可能加速度却很大．2．（4分）（2013春•玉溪校级期末）一个物体在5个共点力的作用下保持平衡，现在撤消其中的两个力，这两个力的大小分别为15N和20N，其余3个力保持不变，则该物体所受的合力大小可能是（）A．4N B．0C．8N D．40N考点：力的合成．专题：受力分析方法专题．分析：由共点力平衡的条件可以知道，当撤消15N和20N的两个力后，其它力的合力与这两个力的合力大小相等方向相反，所以与直接求15N和20N的两个力的合力大小一样，根据力的合成可以求得合力的大小．解答：解：由平行四边形定则可知，15N和20N的两个力的合力的大小范围应该是5N≤F ≤35N，所以可能的是C．合故选：C．点评：解答本题关键是要知道撤消15N和20N的两个力后，其它力的合力与这两个力的合力大小相等方向相反，与直接求15N和20N的两个力的合力大小一样，本题比较简单．3．（4分）（2013春•玉溪校级期末）如图所示，A、B两木块放在水平面上，它们之间用细线相连，两次连接情况中细线倾斜方向不同但倾角一样，两木块与水平面间的动摩擦因数相同．先后用水平力F1和F2拉着A、B一起匀速运动，则（）A．F1≠F2B．F1=F2C．T1＞T2D．T1=T2考点：共点力平衡的条件及其应用；力的合成与分解的运用．专题：共点力作用下物体平衡专题．分析：对整体受力分析可得两种情况下拉力的大小关系；再对A物体受力分析可得出绳子拉力的大小关系．解答：解：对整体受力分析可知，整体受重力、拉力、支持力及摩擦力；因整体对地面的压力相同，故摩擦力相同，因此水平拉力相等，即F1=F2；再对A受力分析可知，A受重和、支持力及绳子的拉力而处于平衡状态；对第一种状态有：T1cosθ=μ（mg﹣T1sinθ）解得：．对第二状态有：T2cosθ=μ（mg+T2sinθ）解得：故T1＜T2；故B正确，A、C、D错误．故选：B．点评：解决本题的关键能够正确地受力分析，根据共点力平衡进行求解，注意整体法和隔离法的运用．4．（4分）（2013春•玉溪校级期末）如图所示，把一重为G的物体，用一水平方向的推力F=kt（k为恒量，t为时间）压在竖直的足够高的平整墙上，从t=0开始物体所受的摩擦力F f随t的变化关系是下列中的（）A．B．C．D．考点：摩擦力的判断与计算．专题：摩擦力专题．分析：由题意可知，随着时间的推移，压力不断增大，导致物体从滑动到静止．则物体所受的摩擦力先是滑动摩擦力后是静摩擦力．而滑动摩擦力的大小与推物体的压力大小成正比，而静摩擦力的大小与重力大小相等．解答：解：如图所示，从t=0开始水平推力F=Kt，即压力不断增大，则物体受到滑动摩擦力作用，所以滑动摩擦力的大小与压力正比．因此滑动摩擦力不断增大．当物体的最大静摩擦力大于重力时，物体处于静止状态，即使推力增大，也不会影响物体的静摩擦力大小．此时静摩擦力的大小等于重力．因此B正确；ACD均错误；故选：B点评：考查滑动摩擦力与压力成正比，而静摩擦力却与引起相对运动趋势的外力有关．同时随着推力的增大，导致物体的最大静摩擦力也增大．5．（4分）（2012•珠海校级模拟）水平抛出一个物体，经时间t后物体速度方向与水平方向夹角为θ，重力加速度为g，则平抛物体的初速度为（）A．gtsinθB．g tcosθC．g ttanθD．gtcotθ考点：平抛运动．专题：压轴题；平抛运动专题．分析：小球水平抛出后在只有重力作用下做平抛运动，则可将平抛运动分解成水平方向匀速直线运动，竖直方向做自由落体运动．当抛出t时间后，由重力加速度可求出竖直方向的速度，并由此时物体的速度与水平方向夹角可确定初速度．解答：解：当物体抛出t时间后，竖直速度为gt，再由此时物体速度与水平方向夹角为θ，则由三角函数可求出初速度为则故选：D点评：由平抛运动规律，可将其分解成水平匀速直线运动，竖直自由落体．题目中值得注意夹角θ，它是物体速度与水平方向的夹角，而不是与竖直方向的夹角．6．（4分）（2013春•玉溪校级期末）如图，一木块放在水平桌面上，在水平方向共受到三个力即F1、F2和静摩擦力作用，而且三个力的合力为零，其中F1=10N，F2=2N，若撤去力F1，则木块在水平方向受到的合力为（）A．10N，方向向左B．6N，方向向右C．2N，方向向左D．零考点：力的合成．专题：受力分析方法专题．分析：先根据木块的受力情况得知最大静摩擦力的情况，撤去F1后，比较F2与最大静摩擦力的大小，可判断木块仍静止，利用共点力的平衡可得知木块受到的静摩擦力的大小和方向．解答：解：木块在水平方向共受到三个力F1、F2和摩擦力作用，木块处于静止状态，合外力为零，得知此时摩擦力为：f=F1﹣F2=10﹣2=8N，最大静摩擦力应大于等于8N，当撤去F1，作用在物体上的力F2=2N，小于最大静摩擦力，木块仍处于静止状态，则此时受的静摩擦力为f′=F2=2N，方向与F2的方向相反，即为方向向右．选项ABC错误．D正确．故选：D．点评：解答该题的关键是根据已知条件判断木块与地面的最大静摩擦力的大小，同时要注意，施加的外力发生变化时，静摩擦力往往是要跟着变化的．要熟知静摩擦力的解答方法．7．（4分）（2015•凉州区校级模拟）一质量为m的人站在电梯中，电梯加速上升，加速度的大小为g，g为重力加速度．人对电梯底部的压力为（）A．mg B．2mg C．m g D．mg考点：牛顿第二定律．专题：牛顿运动定律综合专题．分析：人和电梯具有相同的加速度，对人分析，根据牛顿第二定律求出电梯对人的支持力，从而得出人对电梯的压力．解答：解：对人分析，根据牛顿第二定律得，N﹣mg=ma，解得N=，所以人对电梯底部的压力为．故D正确，A、B、C错误．故选：D．点评：本题考查了牛顿第二定律的基本运用，知道加速度方向与合力的方向相同，基础题．8．（4分）（2013春•玉溪校级期末）如图所示，一个长木板放在水平地面上，在恒力F作用下，以速度v向左匀速运动，与木块A相连的水平弹簧秤的示数为T．下列说法正确的是（）A．木块A受到的滑动摩擦力的大小等于TB．木块A受到的静摩擦力的大小为TC．若用2F的力作用在木板上，木块A受到的摩擦力的大小为2TD．若木板以2v的速度匀速运动时，木块A受到的摩擦力大小等于2T考点：摩擦力的判断与计算．专题：摩擦力专题．分析：当长木板B匀速运动时，A保持静止．以A为研究对象，根据平衡条件研究B对A的滑动摩擦力的大小．根据滑动摩擦力公式f=μF N，可知滑动摩擦力大小与动摩擦因数和压力成正比，与物体的速度大小无关．解答：解：A、B稳定时，A保持静止．A水平方向受到弹簧的拉力和B对A的滑动摩擦力，由平衡条件得到，木块A受到的滑动摩擦力的大小等于弹簧的拉力T．故A正确，B 错误．C、若用2F的力作用在长木板上，木板加速运动，而木块A受到的滑动摩擦力的大小不变，仍等于T，与F无关．故C错误．D、若长木板以2v的速度匀速运动时，AB间动摩擦因数不变，A对B的压力不变，则木块A受到的滑动摩擦力的大小不变，仍等于T．故D错误．故选A点评：本题关键有两点：一是研究对象的选择；二是抓住滑动摩擦力大小与物体的速度大小无关．9．（4分）（2013春•玉溪校级期末）下列说法中正确的是（）A．同一辆车，速度越大越难刹住，所以速度越大惯性越大B．作用在运动物体上的某力消失后，物体运动的速度可能不断增加C．放在水平桌面上的物体保持静止，是由于物体所受作用力和反作用力相等D．物体运动状态发生变化，是与作用在物体上的外力分不开的考点：惯性；牛顿第三定律．分析：惯性是物体具有的保持原来运动状态的性质，要抓住惯性的大小是质量来量度，质量越大，物体的惯性越大，与速度无关．根据力与速度方向的关系，判断某力消失后速度如何变化．静止秩所受的各力平衡．力是改变物体运动状态的原因．解答：解：A、同一辆车，速度越大越难刹住，说明速度越大其动量越大，而惯性的大小是质量来量度，质量越大，物体的惯性越大，与速度无关．所以车的惯性没有改变．故A 错误．B、若某力与速度方向相同，消失后，物体运动的合力可能与速度方向相反，速度减小．故B正确．C、放在水平桌面上的物体保持静止，是由于物体所受的合力为零．故C错误．D、力是改变物体运动状态的原因．则知，物体运动状态发生变化，是与作用在物体上的外力分不开的．故D正确．故选BD点评：本题要掌握力学一些基本知识，如惯性、力的作用效果、平衡条件等等，属于基础题．10．（4分）（2013春•玉溪校级期末）线圈在匀强磁场中匀速转动，产生的交变电流如图，则（）A．在A和C时刻线圈平面和磁场平行B．在A和C时刻线圈平面和磁场垂直C．在B时刻线圈中的磁通量为零D．若线圈转动的周期为0.02s，则该交变电流的频率为50Hz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：线圈在匀强磁场中匀速转动产生正弦交变电流，由电流图象读出感应电流的变化．由欧姆定律得知感应电流与感应电动势成正比，由法拉第电磁感应定律得知，感应电动势与磁通量的变化率成正比，当线圈磁通量最大时，感应电动势为零；而当线圈的磁通量为零时，感应电动势最大．解答：解：A、在A和C时刻感应电流最大，感应电动势最大，而磁通量为零，线圈处于与中性面垂直的位置，即线圈平面和磁场平行，故A正确，B错误；C、在B时刻感应电流为零，感应电动势为零，线圈磁通量最大，故C错误；D、f=，故D正确．故选：AD．点评：本题考查理解正弦交变电流与磁通量关系的能力及把握电流的变化与线圈转过的角度的关系的能力．比较简单．11．（4分）（2013春•玉溪校级期末）一电子以与磁场垂直的速度v从P处沿PQ方向进入长为d、宽为h的匀强磁场区域，从N点射出，如图所示，若电子质量为m，电荷量为e，磁感应强度为B，则（）A．电子在磁场中运动的时间为B．电子在磁场中运动的时间为C．洛伦兹力对电子不做功D．h=d考点：带电粒子在匀强磁场中的运动．专题：带电粒子在磁场中的运动专题．分析：电子垂直射入匀强磁场中做匀速圆周运动，速度大小不变，洛伦兹力不做功．时间可根据弧长与速度之比求解，不能运用运动的分解法求时间．解答：解：AB、用PN表示电子运动的弧长，电子垂直射入匀强磁场中，由洛伦兹力提供向心力而做匀速圆周运动，运动时间为t==＞，故A错误，B正确；C、电子在匀强磁场中做匀速圆周运动．洛伦兹力提供向心力，洛伦兹力始终与速度方向垂直，洛伦兹力对电子不做功，故C正确；D、A、电子在匀强磁场中做匀速圆周运动，如果电子垂直与水平边射出，则电子在磁场中转过圆周，h=d，由图示可知，电子射出磁场时速度与水平边不垂直，电子转过的弧长不到圆周，h≠d，故D错误．故选：BC．点评：本题要知道带电粒子在磁场中作的是匀速圆周运动，应该用圆周运动的知识求时间，而不能运用运动的分解法求解时间．12．（4分）（2007•滨州一模）如图所示，一个矩形线框从匀强磁场的上方自由落下，进入匀强磁场中，然后再从磁场中穿出，已知匀强磁场区域的宽度L大于线框的高度h，则下列说法正确的是（）A．线框只在进入和穿出磁场的过程中，才有感应电流产生B．线框从进入到穿出磁场的整个过程中，都有感应电流产生C．线框在进入和穿出磁场的过程中，都是机械能转化成电能D．整个线框都在磁场中运动时，机械能转化成电能考点：导体切割磁感线时的感应电动势；电磁感应中的能量转化．专题：电磁感应——功能问题．分析：感应电流产生的条件是穿过闭合电路的磁通量发生变化，根据这个条件分析有无感应电流产生．线框在进入和穿出磁场的过程中，产生感应电流时，线框的机械能转化为电能．解答：解：A、B线框在进入和穿出磁场的过程中，穿过线框的磁通量发生变化，有感应电流产生，而整个线框都在磁场中运动时，线框的磁通量不变，没有感应电流产生．故A正确，B错误．C、线框在进入和穿出磁场的过程中，产生感应电流，线框的机械能减小转化为电能．故C 正确．D、整个线框都在磁场中运动时，没有感应电流产生，线框的重力势能转化为动能，机械能守恒．故D错误．故选AC点评：根据感应电流产生的条件判断有无感应电流产生，是基本能力．电磁感应现象也遵守能量守恒定律，是机械能转化为电能的过程．二、非选择题13．（10分）（2013春•玉溪校级期末）如图1所示为用一游标卡尺测某一工件的长度时的示数，则该工件的长度为 6.175cm．研究两个共点力合成的实验中，得到如图2所示的合力F与两分力的夹角口的关系图象（两分力大小不变），则合力F的变化范围是1N≤F≤7N．考点：验证力的平行四边形定则．专题：实验题；平行四边形法则图解法专题．分析：（1）解决本题的关键掌握游标卡尺的读数方法，其读数方法是主尺读数加上游标读数，不需估读；（2）如果二力在同一条直线上，根据力的合成计算合力的大小，即同一直线上同方向二力的合力等于二力之和，此时合力最大；同一直线反方向二力的合力等于二力之差，此时合力最小．解答：解：游标卡尺的主尺读数为6.1cm，游标尺上第14个刻度与主尺上的某一刻度对齐，故游标读数为0.05×14=0.70mm=0.070cm，所以最终读数为：6.1cm+0.070cm=6.170cm．（2）由图可知：当两力夹角为180°时，两力的合力为1N，即：F2﹣F1=1N…①而当两力夹角为90°时，两力的合力为5N，即解得：F1=3N，F2=4N．因此合力F的变化范围为：F2﹣F1≤F≤F2+F1，即：1N≤F≤7N，故答案为：6.175；1N≤F≤7N点评：游标卡尺读数的方法是主尺读数加上游标读数，不需估读，对于基本义仪器要在平时加强练习使用，理解合力的大小范围：大于两力之差，小于两力之和；分析时考虑问题要全面，既要考虑到两个力同向，也要考虑反向的情况．14．（8分）（2015•苏州一模）两束平行的细激光束，垂直于半圆柱玻璃的平面射到半圆柱玻璃上，如图所示．已知其中一条光线沿直线穿过玻璃，它的入射点是O；另一条光线的入射点为A，穿过玻璃后两条光线交于P点．已知玻璃截面的圆半径为R，OA=，OP=R，求玻璃材料的折射率．考点：光的折射定律．专题：压轴题；光的折射专题．分析：光线沿直线从O点穿过玻璃，方向不变．从A点射入玻璃砖的光线方向不变，射到圆弧面上发生折射后射到P点，作出光路图，根据数学知识求出入射角和折射角，再由折射定律求出折射率．解答：解：光路如图所示一条光线沿直线进入玻璃，在半圆面上的入射点为B，入射角设为θ1，折射角设为θ2，则sinθ1=，得θ1=30°因OP=R，由几何关系知BP=R，则折射角θ2=60°由折射定律得玻璃的折射率为n==1.73．答：玻璃的折射率为1.73．点评：本题考查光的折射．关键是作出光路图，根据几何知识求出入射角与折射角．15．（10分）（2013春•玉溪校级期末）如图所示，公路上一辆汽车（可看做质点）以v1=10m/s 的速度匀速行驶，汽车行至A点时，一人为搭车，从距公路30m的C处开始以v2=3m/s的速度正对公路匀速跑去，司机见状途中刹车，汽车作匀减速运动，结果车停在B点时，人同时到达B点，已知AB=80m，试求：（1）汽车在距A多远处开始刹车；（2）刹车后汽车的加速度有多大？考点：匀变速直线运动的位移与时间的关系；匀变速直线运动的速度与时间的关系．专题：直线运动规律专题．分析：（1）抓住汽车从A运动到B的时间与人从C到B的时间相等，汽车先做匀速再做匀减速直线运动，运用运动学公式求出汽车开始刹车距A点的距离．（2）知道匀减速直线运动的时间，根据a=求出刹车后加速度的大小．解答：解：（1）人从C到B用时：10s内汽车由A到B且停在B点，设车从A经t1开始刹车：得：t1=6s，汽车刹车距A点的距离：x=v1t1=60m（2）根据a=得：．答：（1）汽车在距A60m处刹车．（2）刹车后汽车的加速度为﹣2.5m/s2．点评：本题属于运动学中的相遇问题，关键抓住时间相等，根据位移关系，运用运动学公式进行求解．16．（10分）（2013春•玉溪校级期末）如图所示，用一个平行于斜面向上的恒力将质量m=10.0kg的箱子从斜坡底端由静止推上斜坡，斜坡与水平面的夹角θ=37°，推力的大小F=100N，斜坡长度s=4.8m，木箱底面与斜坡的动摩擦因数μ=0.20．重力加速度g取10m/s2，且已知sin37°=0.60，cos37°=0/80．求：（1）木箱沿斜坡向上滑行的加速度的大小；（2）木箱滑到斜坡顶端时速度的大小．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：（1）对物体进行受力分析，根据牛顿第二定律求出加速度；（2）根据匀变速直线运动位移速度时间公式求出到达顶端的速度．解答：解：（1）对物体进行受力分析，沿斜面方向有：F﹣mg sin37°﹣f=ma ①滑动摩擦力f=μF N②垂直于斜面方向有：F N=mg cos37°③由①②③解得：a=2.4m/s2（2）根据匀变速直线运动位移速度时间公式得：代入数据解得：v=4.8m/s答：（1）木箱沿斜坡向上滑行的加速度的大小2.4m/s2；（2）木箱滑到斜坡顶端时速度的大小4.8m/s．点评：本题主要考查了牛顿第二定律、运动学基本公式及瞬时功率公式的直接应用，难度不大，属于基础题．17．（14分）（2013春•玉溪校级期末）如图所示，O点系一绝缘细线，线的另一端系一带电量为+q，质量为m的带电小球，空间存在电场强度为E，方向水平的匀强电场，电场所分布的区域足够大．（1）小球静止时，细线的拉力是多大？方向怎样？（2）若小球首先静止，烧断细线后小球做什么运动？（不要求分析）（3）若小球恰好能绕O点在竖直平面内做圆周运动，则小球的最小速率为多大？考点：匀强电场中电势差和电场强度的关系；向心力．专题：电场力与电势的性质专题．分析：（1）小球处于静止状态，分析受力，根据力的合成求合力，求方向．（2）将细线突然剪断小球将沿细线方向做匀加速直线运动．（3）根据圆周运动，由牛顿运动定律列式求解．解答：解：（1）小球受力如图所示：由平衡条件得：Fsinθ=mg；Fcosθ=qE由①②解得：方向：与水平万向的夹角θ=arctanmg/qE，斜向左上方．（2）烧断绳后，做初速度为零的匀加速直线运动．（3）小球在物理最高点速率最小，由于小球恰好做圆周运动，所以小球在物理最高点时所受的重力、电场力的合力等于向心力则v=答：（1）小球静止时，细线的拉力是，斜向左上方．（2）烧断绳后，做初速度为零的匀加速直线运动．（3）若小球恰好能绕O点在竖直平面内做圆周运动，则小球的最小速率为．点评：本题是带电体在电场中平衡问题，分析受力情况是解题的关键，并能根据受力情况判断此后小球的运动情况。

2014年红河州高中毕业生复习统一检测理综物理测试[答案附后]本试卷分第I 卷〔选择题〕和第II 卷〔非选择题〕两局部，考试完毕后只交答题卡。

总分为300分，考试用时150分钟。

第1卷〔选择题，共126分〕考生注意：1．答题前，考生务必用黑色碳素笔将自己的班级、姓名、考号在答题卡上填写清楚。

2．作答时，考生务必用2B 铅笔、黑色碳素笔将第I 、II 卷的答案答在答题卡上相应位置，答在试卷上的答案无效。

相对原子质量：H-1 C-12 N -14 O-16 S-32 Fe-56 Cu-64 本卷共21小题，每一小题6分，共126分。

二．选择题：本大题共8小题，每一小题6分，14—18题是单项选择题；19—21题是多项选择题，全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。

14．在水平的足够长的固定木板上，一小物块以某一初速度开始滑动，经一段时间t 后停止．现将该木板改置成倾角为45°的斜面，让小物块以一样的初速度沿木板上滑．假设小物块与木板之间的动摩擦因数为μ．如此小物块上滑到最高位置所需时间t ´与t 之比为 A.2μμ+ B.12μμ+ C.21μμ+ D.12μμ+ 15．发生雪灾时，输电线上的积雪结冰容易导致电线断裂，铁塔倾斜倒伏．假设图中两座铁塔间线路上覆盖了厚度均匀的冰雪，在电线上取A 、B 、C 、D 四个点，其中A 、D 两点靠近铁塔，B 点与D 点高度相等，C 点是线路中的最低点，如下关于这四点处张力情况的说法中正确的答案是A. C 点处的张力最小B. A 点处的张力等于D 点处的张力C. A 点处的张力小于B 点处的张力D. 缩短两塔之间的输电线长度，一定可以减小线中张力16．轻质细线吊着一质量为m=0.32kg ，边长为L=0.8m 、匝数n=10的正方形线圈总电阻为r=1Ω.边长为L/2的正方形磁场区域对称分布在线圈下边的两侧，如图甲所示.磁场方向垂直纸面向里，大小随时间变化如图乙所示，从t=0开始经t 0时间细线开始松驰，g=10m/s 2．如此A ．在前t 0时间内线圈中产生的电动势为0.5VB ．在前t 0时间内线圈的电功率为0.16WC ．t 0的值为1sD ．当细线松弛时,磁感应强度的大小为3T17．“嫦娥三号〞月球探测器于2013年12月2日凌晨1时30分在我国西昌卫星发射基地成功发射。

2014——2015学年第二学期期末测试题高二物理答案卷一：选择题答案（每题4分，选不全得2分）1—6: D B A A C C7—12 : BC BCD AD BD CD AD二：非选择题答案13： 每空2分，共4分1.554(1.552-1.558均可以) 1.11414：每空2分，共10分（1）乙；小；小。

（2）B ； C 。

15：共5分解析 设月球的质量为M′，由GM′M R 2＝Mg （2分）和F ＝Mg （2分） 解得M′＝FR 2GM（1分） 16：共6分17：共7分解析(1)稳定时，电容器看做断开状态，电路中的电流I＝Er＋R1＋R2＝101＋3＋6A＝1 A，（1分）(2)S闭合，电路处于稳定状态时，电容器两端的电压U＝IR2＝1×6 V＝6 V，（1分）断开开关后，电容器两端的电压为10 V，所以ΔU＝4 V，（1分）流过R1的总电量为ΔQ＝ΔU·C＝4×30×10－6 C＝1.2×10－4 C.（1分）(3)当R2＝R1＋r＝4 Ω时，R2消耗的电功率最大，（1分）P2＝E2/4(R1＋r)＝6.25 W.（2分）答案(1)1 A (2)4 V 1.2×10－4 C (3)6.25 W18：共10分（1）释放后，沿斜面方向受到重力向下的分力和安培力，当达到最大速率v m时，加速度0，根据牛顿第二定律得安（2分）根据法拉第电磁感应定律此时（1分）根据闭合电路欧姆定律，（1分）根据安培力公式（1分）解得（ 1分）（2）根据能的转化和守恒定律，达到最大速度后，电路中产生的焦耳热就等于重力做的功，电路中每秒钟产生的热量为（2分）金属杆每秒钟产生的热量为=5.76×10 -2 （2分）19：共10分解析 (1)由qBv 0＝m v 20R 得v 0＝qBa m（1分） (2)这些粒子中，从O 沿y 轴正方向射入磁场的粒子，从到C 耗时最长由t ＝s v 0得 t max ＝πa v 0＝πm qB（2分） (3)这些粒子经过①区域偏转后方向都变成与＋x 轴平行；接着匀速直线进入②区域，经过②区域偏转又都通过C 从C 点进入③区域，经过③区域偏转，离开③区域时，所有粒子都变成与－y 轴平行(即垂直进入电场)对于从x ＝ 2a 进入电场的粒子，在x 轴负方向的分运动有： 2a ＝12×Eq m ×t 21（1分） 解得t 1＝ 4am Eq则该粒子运动到y 轴上的坐标为y 1＝－a －v 0t 1＝－a －Ba 4aq Em(2分) 对于从x ＝3a 进入电场的粒子，在x 轴负方向的分运动有： 3a ＝12×Eq m×t 22 （1分）解得t 2＝ 6am Eq则该粒子运动到y 轴上的坐标为y 2＝－a －v 0t 2＝－a －Ba 6aq Em（2分）这群粒子运动到y 轴上的区间为 －a －Ba6aq Em ≤y≤－a －Ba 4aq Em （1分）答案 (1)qBa m (2)πm qB(3)－a －Ba 6aq Em ≤y≤－a －Ba 4aq Em。

2017-2018学年云南省红河州建水二中高二（下）期末物理试卷一、选择题．（本题共12小题，共48分．在每小题给出的四个选项中，有的只有一个符合题目要求，有的有多项符合要求．全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错、不选的得0分．）1．2011年3月12日，因强震而出现故障的日本福岛第一核电站发生爆炸，放射性物质泄漏．放射性物质中含有α、β、γ等射线，下列说法正确的是（）A．α射线的穿透性最强B．γ射线的穿透性最强C．α射线中含有的粒子是HD．β射线中含有的粒子是H2．根据楞次定律可知，感应电流的磁场一定是（）A．阻碍引起感应电流的磁通量B．与引起感应电流的磁场方向相反C．阻碍引起感应电流的磁通量的变化D．与引起感应电流的磁场方向相同3．关于动能、动量、冲量的说法，以下正确的是（）A．作用在两个物体上的力大小不同，但两个物体所受的冲量大小可能相同B．作用在物体上的力很大，物体所受的冲量一定也很大C．动量是矢量，动能是标量D．一物体的动能变化，动量不一定变化4．如图所示的装置中，木块B、C与水平桌面间的接触是光滑的，子弹A沿水平方向射入木块后留在木块内，并将弹簧压缩到最短．现将子弹、木块B、C和弹簧合在一起作为研究对象（系统），则此系统在从子弹开始射入木块到弹簧压缩至最短的整个过程中（）A．动量守恒、机械能守恒B．动量不守恒、机械能不守恒C．动量守恒、机械能不守恒D．动量不守恒、机械能守恒5．关于磁通量的概念，以下说法中正确的是（）A．磁感应强度越大，穿过闭合回路的磁通量也越大B．磁感应强度越大，线圈面积越大，则磁通量也越大C．穿过线圈的磁通量为零，但磁感应强度不一定为零D．磁通量发生变化一定是磁场发生变化引起的6．原子质量单位为u，1u相当于931.5MeV的能量，真空中光速为c．当质量分别为m1 kg和m2 kg 的原子核结合为质量为M kg的原子核时，释放出的能量是（）A．（M﹣m1﹣m2）u•c2 J B．（m1+m2﹣M）c2 JC．（m1+m2﹣M）u×931.5 J D．（m1+m2﹣M）×931.5 eV7．氢原子的部分能级如图所示．氢原子吸收以下能量可以从基态跃迁到n=2能级的是（）A．1.51 eV B．3.4 eV C．1.89 eV D．10.2 eV8．如图所示，导体棒MN向右沿导轨匀加速滑动（导轨间有磁场，方向垂直纸面向里），下列说法正确的是（）A．导体棒和导轨组成的闭合回路中没有感应电流B．导体棒和导轨组成的闭合回路中有感应电流C．圆形金属环B中没有感应电流D．圆形金属环B中有感应电流9．如图所示，矩形线圈的面积为S，匝数为n，在磁感应强度为B的匀强磁场中，绕垂直于磁场的轴OO′以角速度ω匀速转动．当转到线圈平面与磁场垂直的位置时（）A．线圈中的电动势最大B．线圈中的电动势为零C．穿过线圈的磁通量为零D．线圈不受安培力作用10．如图是用于观察自感现象的电路图．若线圈的直流电阻R L与灯泡的电阻R满足R L＜R，则在开关S由闭合到断开的瞬间，可以观察到（）A．灯泡立即熄灭B．灯泡逐渐变亮C．灯泡有明显的闪亮现象D．只有在R L≫R时，才会看到灯泡有明显的闪亮现象11．如图所示，理想变压器的副线圈上通过输电线接有两个相同的灯泡L1和L2，输电线的等效电阻为R，开始时，开关S断开．当S接通时，以下说法正确的是（）A．副线圈两端M、N的输出电压减小B．副线圈输电线等效电阻R上的电压增大C．通过灯泡L1的电流减小D．原线圈中的电流减小12．如图，一个半径为L的半圆形硬导体AB以速度v，在水平U型框架上匀速滑动，匀强磁场的磁感应强度为B，回路电阻为R0半圆形硬导体AB的电阻为r，其余电阻不计，则半圆形导体AB 切割磁感线产生感应电动势的大小及AB之间的电势差分别为（）A．BLv；B．2BLv；BLvC．2BLv；2D．BLv；2BLv二、填空、实验题（每空3分，共27分）13．阴极射线实际上就是．14．卢瑟福通过实验提出了著名的模型．15．如图所示，某学生做观察电磁感应现象的实验，将电流表、线圈A和B、蓄电池、开关用导线连接成如图所示的实验电路，当它接通、断开开关时，电流表的指针都没有偏转，其原因是．16．有一交变电流如图所示，则由此图象可知它的周期是S，它的峰值是A，它的有效值是A．17．如图所示，在演示光电效应的实验中，原来不带电的一块锌板与灵敏验电器相连，用弧光灯照射锌板时，验电器的指针张开了一个角度，如图所示，这时锌板带电、验电器指针带电（填正、负电）．三、计算题（35分）18．如图所示，足够长的U型光滑导体框架的两个平行导轨间距为L，导轨间连有定值电阻R，框架平面与水平面之间的夹角为θ，不计导体框架的电阻．整个装置处于匀强磁场中，磁场方向垂直于框架平面向上，磁感应强度大小为B．导体棒ab的质量为m，电阻不计，垂直放在导轨上并由静止释放，重力加速度为g．求：（1）导体棒ab下滑的最大速度；（2）导体棒ab以最大速度下滑时定值电阻消耗的电功率．19．如图所示，光滑水平面AB与粗糙斜面BC在B处通过圆弧衔接，质量M=0.3kg的小木块静止在水平面上的A点．现有一质量m=0.2kg子弹以v0=20m/s的初速度水平地射入木块（但未穿出），它们一起沿AB运动，并冲上BC．已知接触面处处光滑，重力加速度g=10m/s2，木块在B处无机械能损失．试求：（1）子弹射入木块后的共同速度；（2）子弹和木块能冲上斜面的最大高度．20．如图所示，匀强磁场的磁感应强度为B，边长为L的正方形线圈abcd共N匝，线圈电阻为r，线圈绕垂直于磁感线的轴OO′以如图所示的角速度ω匀速转动，外电路电阻为R．（1）在图中标出此刻线圈感应电流的方向；（2）转动过程中感应电动势的最大值有多大？（3）线圈平面与磁感线成60°时的感应电动势多大？2017-2018学年云南省红河州建水二中高二（下）期末物理试卷参考答案与试题解析一、选择题．（本题共12小题，共48分．在每小题给出的四个选项中，有的只有一个符合题目要求，有的有多项符合要求．全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错、不选的得0分．）1．2011年3月12日，因强震而出现故障的日本福岛第一核电站发生爆炸，放射性物质泄漏．放射性物质中含有α、β、γ等射线，下列说法正确的是（）A．α射线的穿透性最强B．γ射线的穿透性最强C．α射线中含有的粒子是HD．β射线中含有的粒子是H考点：原子核衰变及半衰期、衰变速度．专题：衰变和半衰期专题．分析：αβγ三种射线的电离本领依次减弱，电离本领依次增强，α粒子是核原子核，β射线是电子．解答：解：αβγ三种射线的贯穿本领依次增强，故B正确A错误；α射线是24He，β射线是﹣10e，故C错误D正确．故选B点评：本题较简单，只要掌握三种射线的特性和三种射线的组成即可．2．根据楞次定律可知，感应电流的磁场一定是（）A．阻碍引起感应电流的磁通量B．与引起感应电流的磁场方向相反C．阻碍引起感应电流的磁通量的变化D．与引起感应电流的磁场方向相同考点：楞次定律．分析：根据楞次定律知，感应电流的磁场总是阻碍引起感应电流的磁通量的变化．当磁通量增大时，感应电流的磁场与它相反，当磁通量减小时，感应电流的磁场与它相同．解答：解：当磁通量增大时，感应电流的磁场与它相反，当磁通量减小时，感应电流的磁场与它相同．即感应电流的磁场方向取决于引起感应电流的磁通量是增加还是减小．即感应电流的磁场一定是阻碍引起感应电流的磁通量的变化，故A、B、D错误，C正确．故选C．点评：解决本题的关键掌握楞次定律的内容，知道感应电流的磁场总是阻碍引起感应电流的磁通量的变化．3．关于动能、动量、冲量的说法，以下正确的是（）A．作用在两个物体上的力大小不同，但两个物体所受的冲量大小可能相同B．作用在物体上的力很大，物体所受的冲量一定也很大C．动量是矢量，动能是标量D．一物体的动能变化，动量不一定变化考点：动量定理；动量冲量．专题：动量定理应用专题．分析：掌握冲量的概念、公式，I=Ft，冲量都是矢量，冲量的方向由力的方向决定．动量是矢量，而动能是标量．解答：解：A、由冲量公式I=Ft，作用在两个物体上力大小不同，时间不等，但两个物体所受的冲量可能相同，可知A正确B、由冲量公式I=Ft，可知作用在物体上的力很大，若时间极短，物体所受的冲量很小，不一定很大，故B错误C、动量是矢量，而动能没有方向，为标量；故C正确；D、动能发生变化时，速度大小一定变化，故动量一定变化；故D错误；故选：AC．点评：本题考查对冲量概念、公式的理解及动量和动能的区别，抓住矢量性，从定义理解记忆．4．如图所示的装置中，木块B、C与水平桌面间的接触是光滑的，子弹A沿水平方向射入木块后留在木块内，并将弹簧压缩到最短．现将子弹、木块B、C和弹簧合在一起作为研究对象（系统），则此系统在从子弹开始射入木块到弹簧压缩至最短的整个过程中（）A．动量守恒、机械能守恒B．动量不守恒、机械能不守恒C．动量守恒、机械能不守恒D．动量不守恒、机械能守恒考点：动量守恒定律；机械能守恒定律．专题：动量与动能定理或能的转化与守恒定律综合．分析：系统所受合外力为零，系统动量守恒，只有重力或只有弹力做功，系统机械能守恒，根据动量守恒与机械能守恒的条件分析答题．解答：解：从子弹开始射入木块到子弹与木块的作用刚好结束的整个过程中，子弹与木块组成的系统所受合外力为零，系统动量守恒，在此过程中系统要克服阻力做功，机械能减少，机械能不守恒；故选：C．点评：本题考查了判断系统动量与机械能是否守恒，掌握动量与机械能守恒的条件即可正确解题．5．关于磁通量的概念，以下说法中正确的是（）A．磁感应强度越大，穿过闭合回路的磁通量也越大B．磁感应强度越大，线圈面积越大，则磁通量也越大C．穿过线圈的磁通量为零，但磁感应强度不一定为零D．磁通量发生变化一定是磁场发生变化引起的考点：磁通量．分析：对于匀强磁场中穿过回路的磁通量：当回路与磁场平行时，磁通量Φ为零；当线圈与磁场平行时，磁通量Φ最大，Φ=BS．当回路与磁场方向的夹角为α时，磁通量Φ=BSsinα．根据这三种情况分析．解答：解：A、当回路与磁场平行时，磁通量Φ为零，则磁感应强度越大，穿过闭合回路的磁通量不一定越大．故A错误．B、当回路与磁场平行时，磁感应强度越大，线圈面积越大，但磁通量Φ为零．故B错误．C、磁通量Φ为零时，可能回路与磁场平行，则磁感应强度不一定为零．故C正确．D、根据磁通量Φ=BSsinα，磁通量的变化可能由B、S、α的变化引起．故D错误．故选C点评：对于匀强磁场中磁通量可以根据两种特殊情况运用投影的方法求解．对于非匀强磁场，可以根据穿过回路磁感线的多少，定性分析磁通量的大小．6．原子质量单位为u，1u相当于931.5MeV的能量，真空中光速为c．当质量分别为m1 kg和m2 kg 的原子核结合为质量为M kg的原子核时，释放出的能量是（）A．（M﹣m1﹣m2）u•c2 J B．（m1+m2﹣M）c2 JC．（m1+m2﹣M）u×931.5 J D．（m1+m2﹣M）×931.5 eV考点：爱因斯坦质能方程．专题：爱因斯坦的质能方程应用专题．分析：先求解出质量亏损，再根据爱因斯坦质能方程求解出方程的核能．解答：解：核反应过程中，反应前后原子核的质量亏损为：△m=（m1+m2﹣M）由爱因斯坦质能方程得：△E=△m•C2=（m1+m2﹣M）c2J故选：B．点评：本题是热核反应原理问题，要熟练运用爱因斯坦质能方程求解方程的核能．基础性问题．7．氢原子的部分能级如图所示．氢原子吸收以下能量可以从基态跃迁到n=2能级的是（）A．1.51 eV B．3.4 eV C．1.89 eV D．10.2 eV考点：氢原子的能级公式和跃迁．专题：原子的能级结构专题．分析：能级间跃迁时吸收或辐射的光子能量等于两能级间的能级差，根据该关系求出吸收的光子能量．解答：解：从基态跃迁到n=2能级，需吸收的光子能量△E=﹣3.40﹣（﹣13.60）eV=10.2eV．故D 正确，ABC错误．故选：D．点评：解决本题的关键掌握能级间跃迁所遵循的规律，即E m﹣E n=hv．8．如图所示，导体棒MN向右沿导轨匀加速滑动（导轨间有磁场，方向垂直纸面向里），下列说法正确的是（）A．导体棒和导轨组成的闭合回路中没有感应电流B．导体棒和导轨组成的闭合回路中有感应电流C．圆形金属环B中没有感应电流D．圆形金属环B中有感应电流考点：楞次定律；感应电流的产生条件．专题：电磁感应与电路结合．分析：由E=BLv判断感应电动势如何变化，判断线圈A中电流产生的磁场如何变化，最后由楞次定律分析答题．解答：解：导线MN向右加速滑动，切割磁感线产生感应电流，因导线产生的感应电动势E=BLv增大，通过电磁铁A的电流增大，电磁铁A产生的磁感应强度变大，穿过金属环B的磁通量增大，由楞次定律可知，B中产生感应电流，故BD正确，AC错误；故选：BD．点评：本题考查了感应电流的产生、磁铁间的相互作用，应用E=BLv、楞次定律与右手定则即可正确解题．9．如图所示，矩形线圈的面积为S，匝数为n，在磁感应强度为B的匀强磁场中，绕垂直于磁场的轴OO′以角速度ω匀速转动．当转到线圈平面与磁场垂直的位置时（）A．线圈中的电动势最大B．线圈中的电动势为零C．穿过线圈的磁通量为零D．线圈不受安培力作用考点：交流发电机及其产生正弦式电流的原理．专题：交流电专题．分析：根据感应电流产生过程进行分析，明确中性面时所具有的性质即可解答．解答：解：A、线圈平面处于中性面上；此时磁通量最大，电动势为零；线圈中没有电流，不受安培力的作用；故BD正确，AC错误；故选：BD．点评：本题考查中性面的性质，物体处于中性面上时，磁通量最大、感应电流最小．10．如图是用于观察自感现象的电路图．若线圈的直流电阻R L与灯泡的电阻R满足R L＜R，则在开关S由闭合到断开的瞬间，可以观察到（）A．灯泡立即熄灭B．灯泡逐渐变亮C．灯泡有明显的闪亮现象D．只有在R L≫R时，才会看到灯泡有明显的闪亮现象考点：自感现象和自感系数．分析：当灯泡处于正常发光状态，迅速断开开关S时，灯泡中原来的电流突然减小到零，线圈中电流开始减小，磁通量减小产生感应电动势，产生自感现象．解答：解：A、B、C、开关S闭合稳定状态时，由于线圈的直流电阻R L与灯泡的电阻R满足R L ＜＜R，则线圈中的电流I L＞＞I，当开关断开后灯泡中电流立即完全消失，而线圈由于由自感作用阻碍其自身电流的减小，故线圈与灯泡组成回路，其电流I L逐渐减小，灯泡中由原来较小的电流I 变为较大电流I L时要明显闪亮一下然后再逐渐熄灭，故C正确AB错误；D、由分析知只要I L＞I，即R L＜R灯泡就会出现闪亮的现象，若R L＜＜R就会有明显闪亮现象，故D错误．故选：C．点评：自感现象是特殊的电磁感应现象，法拉第电磁感应定律和楞次定律同样适用．11．如图所示，理想变压器的副线圈上通过输电线接有两个相同的灯泡L1和L2，输电线的等效电阻为R，开始时，开关S断开．当S接通时，以下说法正确的是（）A．副线圈两端M、N的输出电压减小B．副线圈输电线等效电阻R上的电压增大C．通过灯泡L1的电流减小D．原线圈中的电流减小考点：变压器的构造和原理．专题：交流电专题．分析：本题类似于闭合电路中的动态分析问题，可以根据接通s后电路电路电阻的变化，确定出总电路的电阻的变化，进而可以确定总电路的电流的变化的情况，再根据电压不变，来分析其他的原件的电流和电压的变化的情况．解答：解：A、理想变压器的输出电压是由输入电压和匝数比决定的，由于输入电压和匝数比不变，所以副线圈的输出的电压也不变，所以A错误；B、当S接通后，两个灯泡并联，电路的电阻减小，副线圈的电流变大，所以通过电阻R的电流变大，电压变大，那么并联部分的电压减小，所以通过灯泡L1的电流减小灯泡L1变暗，所以BC正确；D、当S接通后，两个灯泡并联，电路的电阻减小，副线圈的电流变大，所以原线圈的电流也变大，所以D错误；故选：BC．点评：电路的动态变化的分析，总的原则就是由部分电路的变化确定总电路的变化的情况，再确定其他的电路的变化的情况，即先部分后整体再部分的方法．12．如图，一个半径为L的半圆形硬导体AB以速度v，在水平U型框架上匀速滑动，匀强磁场的磁感应强度为B，回路电阻为R0半圆形硬导体AB的电阻为r，其余电阻不计，则半圆形导体AB 切割磁感线产生感应电动势的大小及AB之间的电势差分别为（）A．BLv；B．2BLv；BLvC．2BLv；2D．BLv；2BLv考点：导体切割磁感线时的感应电动势；闭合电路的欧姆定律．专题：电磁感应与电路结合．分析：图中半圆形硬导体AB有效切割的长度等于半圆的直径2L，由公式E=Blv求解感应电动势的大小．AB相当于电源，其两端的电压是外电压，由欧姆定律求出．解答：解：半圆形导体AB切割磁感线产生感应电动势的大小为E=B•2Lv=2BLvAB相当于电源，其两端的电压是外电压，由欧姆定律得U==故选C点评：本题要理解并掌握感应电动势公式，公式E=BLv中，L是有效的切割长度，即为与速度垂直的方向导体的长度．也可画出等效电路，来区分外电压和内电压．二、填空、实验题（每空3分，共27分）13．阴极射线实际上就是电子流．考点：射线管的构造及其工作原理．分析：阴极射线是在1858年利用低压气体放电管研究气体放电时发现的．1897年约瑟夫•约翰•汤姆生根据放电管中的阴极射线在电磁场和磁场作用下的轨迹确定阴极射线中的粒子带负电，并测出其荷质比，这在一定意义上是历史上第一次发现电子，12年后美国物理学家罗伯特•安德鲁•密立根用油滴实验测出了电子的电荷．解答：解：阴极即负极，阴极射线是负极发出的射线，是电子流；故答案为：电子流．点评：本题关键是明确阴极射线的含义，知道其实质，了解其发现历史，基础题目．14．卢瑟福通过α粒子散射实验提出了著名的原子核式结构模型．考点：粒子散射实验；原子的核式结构．专题：原子的核式结构及其组成．分析：卢瑟福通过α粒子散射实验验证了原子的核式结构模型：原子是由位于原子中心的原子核和绕着原子核告诉旋转的电子构成的．其中原子核带正电并且集中了原子的绝大部分质量，电子带负电．它是一种核式结构，与太阳系的结构相似．解答：解：卢瑟福通过α粒子散射实验验证了原子的核式结构模型故答案为：α粒子散射，原子核式结构点评：在认识原子结构之初，不同的学者提出了原子的不同结构，其中卢瑟福是建立了原子的核式结构，并且随着科学技术的进一步发展，其核式结构得到了证实．15．如图所示，某学生做观察电磁感应现象的实验，将电流表、线圈A和B、蓄电池、开关用导线连接成如图所示的实验电路，当它接通、断开开关时，电流表的指针都没有偏转，其原因是开关位置接错了．考点：用描迹法画出电场中平面上的等势线．专题：实验题．分析：在探究电磁感应现象实验中，电流表与小螺线管组成闭合回路，电源、电键、大螺线管组成电路；分析电路图，然后答题．解答：解：由电路图可知，电键接在电流表所在电路，开关位置连接错误，闭合与断开电键时，通过螺线管A的电流不变，穿过螺线管B的磁通量不变，没有感应电流产生，电流表指针不偏转；故答案为：开关位置接错了．点评：知道探究电磁感应现象的电路由两部分电路构成，分析清楚电路结构是正确解题的关键．16．有一交变电流如图所示，则由此图象可知它的周期是0.02S，它的峰值是0.5A，它的有效值是A．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：从图中可以直接读出交流电源的周期及最大值，根据有效值与最大值之间的关系即可求解有效值．解答：解：根据图象可知该交流电的电流峰值是I m=0.5A，周期T=0.02s，所以此交流电电流的有效值为I==A，故答案为：0.02，0.5，点评：本题关键能够区分交流电的瞬时值、最大值和有效值，明确热效应用有效值计算，基础题．17．如图所示，在演示光电效应的实验中，原来不带电的一块锌板与灵敏验电器相连，用弧光灯照射锌板时，验电器的指针张开了一个角度，如图所示，这时锌板带正电、验电器指针带正电（填正、负电）．考点：光电效应．专题：光电效应专题．分析：用弧光灯照射锌板，发生光电效应，锌板失去电子，从而可以得出锌板和指针的电性．解答：解：锌板在弧光灯照射下，发生光电效应，有光电子逸出，锌板失去电子带正电，验电器与锌板相连，导致指针带正电．故答案为：正，正．点评：解决本题的关键知道光电效应的成因，以及知道金属失去电子带正电．三、计算题（35分）18．如图所示，足够长的U型光滑导体框架的两个平行导轨间距为L，导轨间连有定值电阻R，框架平面与水平面之间的夹角为θ，不计导体框架的电阻．整个装置处于匀强磁场中，磁场方向垂直于框架平面向上，磁感应强度大小为B．导体棒ab的质量为m，电阻不计，垂直放在导轨上并由静止释放，重力加速度为g．求：（1）导体棒ab下滑的最大速度；（2）导体棒ab以最大速度下滑时定值电阻消耗的电功率．考点：导体切割磁感线时的感应电动势；闭合电路的欧姆定律；电磁感应中的能量转化．专题：电磁感应——功能问题．分析：（1）导体棒ab下滑达到最大速度时，重力沿斜面下滑的分力与安培力平衡，据此结合法拉第电磁感应定律和欧姆定律可求最大速度；（2）定值电阻消耗的电功率就是安培力做负功的功率解答：解：（1）导体棒ab下滑达到最大速度时，产生的感应电动势为：E=BLv m由欧姆定律得棒中的电流值为：I=导体棒ab下滑达到最大速度时，重力沿斜面下滑的分力与安培力平衡，故有：mgsinθ=BIL=解得：（2）定值电阻消耗的电功率就是安培力做负功的功率，故：P=Fv m=mgsinθv m=答：（1）导体棒ab下滑的最大速度：；（2）导体棒ab以最大速度下滑时定值电阻消耗的电功率P=点评：本题考查应用平衡条件解决磁场中导体的平衡问题，关键在于安培力的分析和计算，比较容易．在匀强磁场中，当通电导体与磁场垂直时，安培力大小F=BIL，方向由左手定则判断．19．如图所示，光滑水平面AB与粗糙斜面BC在B处通过圆弧衔接，质量M=0.3kg的小木块静止在水平面上的A点．现有一质量m=0.2kg子弹以v0=20m/s的初速度水平地射入木块（但未穿出），它们一起沿AB运动，并冲上BC．已知接触面处处光滑，重力加速度g=10m/s2，木块在B处无机械能损失．试求：（1）子弹射入木块后的共同速度；（2）子弹和木块能冲上斜面的最大高度．考点：动量守恒定律．专题：动量定理应用专题．分析：（1）把子弹和小木块看做一个系统，对其受力分析，合外力为零，故子弹射入木块的过程中，系统动量守恒，应用动量守恒定律就可求出子弹射入木块后的共同速度．（2）由机械能守恒定律求出高度．解答：解：（1）子弹射入木块的过程中，子弹与木块系统动量守恒，设向右的方向为正，共同速度为v，则有：mv0=（m+M）v…①代入数据解得：v=8m/s…②（2）子弹与木块组成的系统机械能守恒，由机械能守恒定律得：（M+m）v2=（M+m）gh，。

2014~2015学年第二学期高二物理期末模拟试卷注意事项:考生在答题前请认真阅读本注意事项:1.本试卷包含选择题和非选择题两部分,考生答题全部答在答题卡上,答在本试卷上无效.本次考试时间100分钟,满分为120分.2.答卷前,考生务必将自己的姓名、考试号用书写黑色字迹的0.5毫米签字笔填写在答题卡上,并用2B 铅笔将对应的数字标号涂黑.3.答选择题必须用2B 铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑.如需改动,请用橡皮擦干净后,再选涂其它答案.答非选择题必须用书写黑色字迹的0.5毫米签字笔写在答题卡上的指定位置,在其它位置答题一律无效.4.如有作图需要,可用2B 铅笔作答,并请加黑加粗画清楚.一.单项选择题:本大题共5小题,每小题3分,共计15分.每小题只有一个....选项符合题意.1. 某电路中电场随时间变化的图象如下图所示,能发射电磁波的电场是(2. 一列平面简谐波,波速为20 m/s ,沿x 轴正方向传播,在某一时刻这列波的图象如图所示.下列说法不正确的是(A .这列波的周期是0.2 sB .质点P 、Q 此时刻的运动方向都沿y 轴正方向C .质点P 、R 在任意时刻的位移都相同D .质点P 、S 在任意时刻的速度都相同3下列关于原子和原子核的说法正确的是A .β衰变现象说明电子是原子核的组成部分B .玻尔理论的假设之一是原子能量的量子化C .放射性元素的半衰期随温度的升高而变短D .比结合能越小表示原子核中的核子结合得越牢固4光在科学技术、生产和生活中有着广泛的应用,下列说法正确的是(A .用透明的标准平面样板检查光学平面的平整程度是利用光的偏振现象B .用三棱镜观察白光看到的彩色图样是利用光的衍射现象C .在光导纤维束内传送图象是利用光的色散现象D .光学镜头上的增透膜是利用光的干涉现象5.图中矩形线圈abcd 在匀强磁场中以ad 边为轴匀速转动,产生的电动势瞬时值为e = 5sin20t V ,则以下判断正确的是(A .此交流电的频率为10/πHzB .当线圈平面与中性面重合时,线圈中的感应电动势为5VC .当线圈平面与中性面垂直时,线圈中的感应电流为0D .线圈转动一周,感应电流的方向改变一次二、多项选择题:本题共 4小题,每小题 4 分,共16 分.每小题有多个选项....符合题意.全部选对的得 4 分,选对但不全的得 2 分,错选或不答的得 0 分.6.质量为m 的小球A ,在光滑平面上以速度v 与质量为2m 的静止的小球B 发生正碰,碰后A 球的速率变为原来的三分之一,那么碰后B 球的速率可能是下面的哪个:(A 、30vB 、320vC 、340v D 、350v 7.下列运动过程中,在任意相等时间内,物体动量变化相等的是(A.匀速圆周运动B.自由落体运动C.平抛运动D.匀减速直线运动8.如图所示,一细束白光通过玻璃三棱镜折射后分为各种单色光,取其中a 、b 、c 三种色光,如分别让这三种色光通过同一双缝干涉实验装置,在光屏上产生干涉条纹,比较这三种色光,下列说法正确的是(A .a 光的频率最小B .在水中a 光的传播速度最小C .a 光形成的干涉条纹间距最大D .若光束以相同的入射角从水中射向空气,若a 光能发生全反射,则b .c 光也一定能发生全反射9.如图所示,N 为钨板,M 为金属网,它们分别与电池两极相连,各电池的电动势E 和极性已在图中标出,钨的逸出功为4. 5 e V ,现分别用能量不同的光子照射钨板(各光子的能量也已在图上标出,那么下列图中电子不能到达金属网的是:(三、简答题:本题分2小题,共计27分.请将解答填写在答题卡相应的位置.10.(12分右图是用来验证动量守恒的实验装置,弹性球1用细线悬挂于O 点,O 点下方桌子的边沿有一竖直立柱.实验时,将球1拉到A 点,并使之静止,同时把球2放在立柱上.释放球1,当它摆到悬点正下方时与球2发生对心碰撞.碰后球1向左最远可摆到B 点,球2落到水平地面上的C 点.测出有关数据即可验证1、2两球碰撞时动量守恒.现已测出A 点离水平桌面的距离为a .B 点离水平桌面的距离为b ,C 点与桌子边沿间的水平距离为c .此外,还需要测量的量是_________、________________、和_____________________.根据测量的数据,该实验中动量守恒的表达式为__________________________.11.(15分(1在“用单摆测重力加速度”的实验中,下列措施中可以提高实验精度的是________.A .选细线做为摆线B .单摆摆动时保持摆线在同一竖直平面内C .拴好摆球后,令其自然下垂时测量摆长D .计时起止时刻,选在最大摆角处(2 某同学在做“用单摆测定重力加速度”的实验中。

建水县第二中学校2018-2019学年高二上学期第一次月考试卷物理班级__________ 座号_____ 姓名__________ 分数__________一、选择题1．下列各项中属于电磁波的是A. X射线B. 引力波C. 湖面上的水波D. 可见光2．如图所示，空间有一正三棱锥OABC，点A′、B′、C′分别是三条棱的中点。

现在顶点O处固定一正的点电荷，则下列说法中正确的是A. A′、B′、C′三点的电场强度大小相等B. OABC所在平面为等势面C. 将一正的试探电荷从A′点沿直线A′B′移到B′点，静电力对该试探电荷先做正功后做负功D. 若A′点的电势为，A 点的电势为，则A′A连线中点D处的电势一定小于3．下面说法中正确的是（）A．根据E = F/q，可知电场中某点的场强与电场力成正比B．根据E = KQ/r2，可知点电荷电场中某点的场强与该点电荷的电量Q成正比C．根据E = U/d，可知电场中某点的场强与电势差成正比D．根据场强叠加原理，可知合电场的场强一定大于分电场的场强4．如图所示，光滑斜面AE被分成四个长度相等的部分即AB=BC=CD=DE，一物体由A点静止释放，下列结论正确的是（）A. 物体到达各点的速率v B：v C：v D：v E=1：2B. 物体到达各点所经历的时间t B：t C：t D：t E=1：2：3：4C. 物体从A运动到E的全过程平均速度v=v CD. 物体通过每一部分时，其速度增量v B-v A=v C-v B=v D-v C=v E-v D5．（2018江西赣中南五校联考）如图所示，a、b 两颗人造地球卫星分别在半径不同的轨道上绕地球做匀速圆周运动，则下列说法正确的是A.a 的周期小于b 的周期B.a 的动能大于b 的动能C.a 的势能小于b的势能D.a 的加速度大于b 的加速度6．如图甲、乙两图是电子技术中的常用电路,a、b是各部分电路的输入端,其中输入的交流高频成分用“≋”表示,交流低频成分用“~”表示,直流成分用“—”表示。

2014-2015学年云南省红河州建水二中高一（下）期末物理试卷参考答案与试题解析一、选择题（本题共12小题，每小题3分，共30分．在每小题给出的四个选项中，只有一个选项正确，选错或不答的得0分）1．关于能源的利用，下列说法不正确的是（）A．自然界的能量守恒，所以不需要节约能源B．一座城市的能量耗散使其环境温度略高于周围农村的环境温度C．煤炭和石油产品燃烧会造成空气污染和温室效应D．能量耗散表明能源的利用是有条件的，也是有代价的考点：能源的开发和利用．分析：能源就是向自然界提供能量转化的物质（矿物质能源，核物理能源，大气环流能源，地理性能源）．能源是人类活动的物质基础．解答：解：A、能源不是能量，自然界的能量是守恒的，但是能源是有限的，故需要节约能源，故A错误；B、能量耗散使除内能外的其他能转化为内能，故一座城市的能量耗散使其环境温度略高于周围农村的环境温度，故B正确；C、根据能源消耗后是否造成环境污染可分为污染型能源和清洁型能源，污染型能源包括煤炭、石油等，燃烧后产生的大量含硫化合物和二氧化碳，会造成空气污染和温室效应，；故C正确；D、能量耗散表明能源的利用是有条件的，也是有代价的，煤炭和石油产品燃烧会造成空气污染和温室效应；故D正确；本题选错误的；故选：A．点评：人类社会的发展离不开优质能源的出现和先进能源技术的使用；在当今世界，能源的发展，能源和环境，是全世界、全人类共同关心的问题，也是我国社会经济发展的重要问题．2．有关功的下列说法，正确的是（）A．只要物体发生了位移，就一定有力对它做功B．凡是受力的物体，一定有力对它做功C．只要物体在力的方向上发生了位移，则力一定对它做了功D．物体既受了力又发生了位移，一定有力对它做功考点：功的计算．专题：功的计算专题．分析：本题考查力对物体做功的两个必备条件：1．作用在物体上的力；2．物体在力的方向上通过的距离；二者缺一不可．解答：解：A、若一个物体不受任何外力，做匀速直线运动，那么此物体有位移但没有力对它做功，故A错误．B、若一个物体静止放在桌上，它受重力和桌面的支持力的作用，由于没发生运动，无位移，重力和支持力显然没有做功，故B错误．C、力对物体的条件：①有力②沿力的方向上发生位移，两个条件同时满足则力就对物体做功，故C正确．D、若一个物体在光滑水平桌面上做匀速直线运动，它只受到重力和桌面的支持力作用，重力和支持力显然没有做功，但物体有位移，故D错误．故选C．点评：本题考查了力是否做功的判断方法．做功的两个条件是判断是否做功的依据，下列几种情况不做功：（1）F=0、S≠0；（2）F≠0、S=0；（3）F≠0、S≠0，但F⊥S．3．一物体质量为M，第一次用大小为F的水平拉力将其沿粗糙的水平地面拉动距离S，第二次用平行一于光滑斜面的同样大小的力F将物体沿斜面拉动了同样的距离S，关于拉力所做的功，下列叙述正确的是（）A．第一次拉力做功多，因为平面是粗糙的B．第二次拉力做功多，因为平面有倾角C．两次拉力做功一样多D．无法比较两次做功多少，因为动摩擦因数和斜面倾角未知考点：功的计算．专题：功的计算专题．分析：恒力做功，根据功的公式W=Fs直接计算即可，比较简单．解答：解：在两次的运动过程中，拉力的大小是恒定的，在力的作用下物体的位移的大小也是相同的，根据功的公式W=Fs可知，两次拉力做功一样多，所以C正确．故选：C．点评：第一次物体在粗糙的水平地面上运动距离s，第二次在光滑的水平地面上运动距离s，两次的接触面不一样，第一次有摩擦力，第二次没有摩擦力，这只是影响了物体的总的动能的大小，但两次拉力做功的情况，与有没有摩擦力是无关的，在解答本题时要注意这一点．4．一个轻弹簧固定于O点，另一端系一重物，将重物从与悬点O在同一水平面上弹簧保持原长的A点无初速度释放，让它自由下摆，不计空气阻力，在重物由A摆到最低点的过程中，下列说法中不正确的是（）A．重物的动能增加B．弹簧的弹性势能增加C．重物的机械能不变D．重物和弹簧总机械能不变考点：机械能守恒定律．专题：机械能守恒定律应用专题．分析：在重物由A摆到最低点的过程中，只有重力和弹簧弹力做功，系统的机械能守恒，通过弹簧的形变量判断弹性势能的变化，通过能量守恒判断重物机械能的变化．解答：解：A、在重物由A摆到最低点的过程中，重物做加速运动，动能增加，故A正确．B、在运动的过程中，弹簧的形变量增大，则弹簧的弹性势能增加．故B正确．C、弹簧的弹力对重物做负功，根据功能关系可知，重物的机械能减小，故C不正确．D、由于只有重力和弹簧弹力做功，所以系统的机械能守恒，即弹簧与重物的总机械能不变．故D正确．本题选不正确的，故选：C点评：解决本题的关键要掌握系统机械能守恒条件：只有重力和弹簧弹力做功，而单个物体机械能守恒的条件应是：只有重力做功．所以重物的机械能并不守恒．5．如图所示，在地面上以速度v0抛出质量为m的物体，抛出后物体落到比地面低h的海平面上．若以地面为零势能面而且不计空气阻力，则以下说法正确的是（）①物体落到海平面时的势能为mgh②重力对物体做的功为mgh③物体在海平面上的动能为mv+mgh④物体在海平面上的机械能为mv．A．①②③B．②③④C．①③④D．①②④考点：机械能守恒定律；功的计算；重力势能．专题：机械能守恒定律应用专题．分析：整个过程不计空气阻力，只有重力对物体做功，机械能守恒，应用机械能守恒和功能关系可判断各选项的对错．解答：解：①以地面为零势能面，海平面低于地面h，所以物体在海平面上时的重力势能为﹣mgh，故①错误．②重力做功与路径无关，只与始末位置的高度差有关，抛出点与海平面的高度差为h，并且重力做正功，所以整个过程重力对物体做功为mgh，故②正确．③由动能定理得：mgh=E k2﹣mv02，物体在海平面上的动能为：E k2=mv02+mgh，故③正确．④整个过程机械能守恒，即初末状态的机械能相等，以地面为零势能面，抛出时的机械能为mv02，所以物体在海平面时的机械能也为mv02，故④正确．故选：B．点评：此题考查重力势能、重力做功、动能定理和机械能守恒，动能定理揭示了外力对物体所做总功与物体动能变化之间的关系，它描述了力在空间的积累效果，力做正功，物体的动能增加，力做负功，动能减少．动能定理解决的问题不受运动形式和受力情况的限制．还有就是重力势能的变化与零势能面的选取无关．6．一根长为l的细绳，一端系一小球，另一端悬挂于O点．将小球拉起使细绳与竖直方向成60°角，如图所示，在O点正下方有A、B、C三点，并且有h OA=h AB=h BC=h CD=l时，小球由静止下摆，被钉子挡住后继续摆动的最大高度为h A B处钉钉子时，小球由静止下摆，被钉子档住后继续摆动的最大高度为h B当在C处钉子时，小球由静止下摆，被钉子挡住后继续摆动的最大高度h C则小球摆动的最大高度h A、h B、h C（与D点的高度差）之间的关系是（）A． h A=h B=h C B． h A＞h B＞h C C． h A＞h B=h C D． h A=h B＞h C考点：机械能守恒定律．专题：机械能守恒定律应用专题．分析：由机械能守恒可求得小球在最低点的速度，若摆长大于等于小球下落的高度，则小球可以回到等高点；但若半径较小时，要考虑重力与向心力的关系，分析能否到等高点．解答：解：小球拉开60°放手，故小球升高的高度为：h=L﹣Lcos60°=由机械能守恒定律可知，由mgh=得：到达最低点的速度：v=钉子在A、B两时，小球能摆到等高的位置h A=h B；当钉子放在C点时，小球摆到最低点后开始以C点为圆心，以L为半径做圆周运动，若能到达最高点，最高点处有最小速度，速度不能为零；但由机械能守恒知，如果能到达最高点，速度为零；故小球无法到达最高点；所以上升不到原下落点高度，故h A=h B＞h C故选：D．点评：在机械能守恒定律的考查中常常和单摆、圆周运动等相结合，要能灵活根据各种运动的不同性质分析可能的能量转化的关系．7．游乐场中的一种滑梯如图所示．小朋友从轨道顶端由静止开始下滑，沿水平轨道滑动了一段距离后停下来，则（）A．下滑过程中支持力对小朋友做功B．下滑过程中小朋友的重力势能增加C．整个运动过程中小朋友的机械能守恒D．在水平面滑动过程中摩擦力对小朋友做负功考点：动能定理的应用；机械能守恒定律．专题：动能定理的应用专题．分析：下滑过程中小朋友在支持力方向没有发生位移，支持力对小朋友不做功．下滑过程中，小朋友高度下降，重力势能减小．摩擦力做负功，机械能减小．在水平面滑动过程中，摩擦力方向与位移方向相反，做负功．解答：解：A、下滑过程中小朋友在支持力方向没有发生位移，支持力不做功．故A错误．B、下滑过程中，小朋友高度下降，重力做正功，其重力势能减小．故B错误．C、整个运动过程中，摩擦力做功，小朋友的机械能减小，转化为内能．故C错误．D、在水平面滑动过程中，摩擦力方向与位移方向相反，摩擦力对小朋友做负功，故D 正确．故选D点评：判断力是否做功，可根据做功的两个要素，也可根据动能定理．整个过程重力做正功，动能变化量为零，根据动能定理可判断出摩擦力做负功．8．如图所示，小球从高处下落到竖直放置的轻弹簧上，从小球接触弹簧到将弹簧压缩到最短的过程中，下列关于机械能变化的叙述中不正确的是（）A．小球的动能先增大后减少B．弹簧的弹性势能逐渐增大C．小球的重力势能逐渐减少D．机械能总和逐渐增大考点：机械能守恒定律．专题：机械能守恒定律应用专题．分析：根据小球上升还是下降判断小球重力势能的变化量，根据弹簧的形变量判断弹簧弹性势能的变化，根据加速度方向与速度方向的关系判断速度的变化，从而得出小球动能的变化．解答：解：A、小球开始受到的重力大于弹力，加速度方向向下，做加速运动，然后重力小于弹力，加速度方向向上，做减速运动，所以小球的动能先增大后减小．故A正确．B、从小球接触弹簧到将弹簧压缩到最短的过程中，弹簧的形变量逐渐增大，则弹性势能逐渐增大；小球一直在下降，则小球的重力势能逐渐减小．故B、C正确．D、小球的动能、重力势能和弹簧的弹性势能之和不变，即机械能的总和不变．故D错误．因选不正确的，故选：D点评：解决本题的关键知道重力做功与重力势能的关系，弹力做功与弹性势能的关系，知道当加速度方向与速度方向相同，做加速运动，当加速度方向与速度方向相反，做减速运动．9．汽车在平直公路上行驶，它受到的阻力大小不变，若发动机的功率保持恒定，汽车在加速行驶的过程中，它的牵引力F和加速度a的变化情况是（）A． F逐渐减小，a也逐渐减小B． F逐渐增大，a却逐渐减小C． F逐渐减小，a却逐渐增大D． F逐渐增大，a也逐渐增大考点：功率、平均功率和瞬时功率；牛顿第二定律．专题：功率的计算专题．分析：发动机的功率保持不变，根据P=Fv，v增大，F减小，根据牛顿第二定律可以判断加速度的变化．解答：解：根据P=Fv，发动机的功率不变，汽车加速行驶的过程中，速度增大，则牵引力减小，根据，阻力不变，加速度减小．故A正确，B、C、D错误．故选A．点评：解决本题的关键知道通过P=Fv判断牵引力的变化，根据牛顿第二定律，通过合力的变化判断加速度的变化．10．在离地H高处，一人水平抛出一个质量为m的物体，当落到离地h高处，物体的速度变为v，则物体被抛出时动能是（）A．+mgh B．+mgh﹣mgHC． mgH﹣D．﹣mgh+mgH考点：机械能守恒定律．专题：机械能守恒定律应用专题．分析：物体被抛出后只有重力做功，机械能守恒，根据机械能守恒定律即可求解．解答：解：以地面为零势能面，物体被抛出后只有重力做功，机械能守恒，则根据机械能守恒定律得：E K+mgH=mv2+mgh解得物体被抛出时动能是：E K=mv2+mgh﹣mgH故选：B点评：本题主要考查了机械能守恒定律的直接应用，也可以根据动能定理解答．11．质量为m的小球，从离地面高h处以初速度v0竖直上抛，小球能上升到离抛出点的最大高度为H，若选取该最高点位置为零势能参考位置，不计阻力，则小球落回到抛出点时的机械能是（）A． 0 B． mgH C．mv02+mgh D． mgh考点：机械能守恒定律．专题：机械能守恒定律应用专题．分析：小球在运动过程中只有重力做功，机械能守恒，求出小球在最高点的机械能即可求解．解答：解：选取最高点位置为零势能参考位置，小球上升到最高点时，动能为0，势能也为0，所以在最高点的机械能为0．在小球运动过程中只有重力做功，机械能守恒，故任意位置的机械能都为0，所以小球落回到抛出点时的机械能是0．故选A．点评：本题关键抓住小球机械能守恒，在空间任意一点的机械能都相等，故可以用空间任意一点的机械能表示．12．在距地面高为h处水平抛出一小石子，抛出时小石子的动能E k恰等于它的重力势能E p （以地面为参考平面）．不计空气阻力，则小石子着地时的速度大小为（）A．B．C．D． 2考点：平抛运动．专题：平抛运动专题．分析：石子在运动的过程中，只有重力做功，机械能守恒，根据机械能守恒定律求出小石子落地的速度大小．解答：解：规定地面为零势能平面，根据机械能守恒定律得，mgh+，因为mgh=解得v=．故C正确，A、B、D错误．故选：C．点评：解决本题的关键抓住只有重力做功，运用机械能守恒求解．二、选择题（共4题，每题4分，有两个答案正确，全对得4分，选不全得2分，选错一个或不选的得0分，共16分）13．质量一定的物体（）A．速度发生变化时，动能一定发生变化B．速度发生变化时，动能不一定发生变化C．速度不变时，其动能一定不变D．动能不变时，速度一定不变考点：动能．分析：由动能表达E k=结合速度的矢量性，可判定各个选项．解答：解：A、B速度改变，可能是速度方向改变，而大小不变，故动能不一定改变，故A 错误．故B正确．C、由动能表达E k=，速度不变，则动能一定变，故C正确．D、动能不变时，速度方向可以改变，速度大小不一定变，如匀速圆周运动，动能就不改变，故D错误．故选：BC．点评：掌握动能表达式，要知道速度的改变包括速度大小和方向，其中一个方面改变即说速度变了，而只有速度大小改变动能才改变．14．若不计空气的阻力，以下实例中运动物体机械能守恒的是（）A．物体沿斜面匀速下滑B．物体做竖直上抛运动C．物体做自由落体运动D．用细绳拴着物体，把物体匀速提高考点：机械能守恒定律．专题：机械能守恒定律应用专题．分析：物体机械能守恒的条件是只有重力或者是弹簧的弹力做功，机械能是动能与势能的总和．根据机械能守恒的条件和机械能的概念进行分析判断．解答：解：A、物体沿着斜面匀速下滑，动能不变，重力势能减小，它们的总和即机械能减小，所以物体的机械能不守恒，故A错误．B、物体做竖直上抛运动时，物体只受到重力的作用，机械能守恒．故B正确．C、物体做自由落体运动时，物体只受到重力的作用，机械能守恒．故C正确．D、由于细绳的拉力对物体做功，所以物体的机械能不守恒，故D错误．故选：BC．点评：本题关键掌握住机械能守恒的条件和机械能的概念，分析物体是否受到其它力的作用，以及其它力是否做功，由此即可判断是否机械能守恒．15．下列关于能量守恒定律的认识正确的是（）A．某种形式的能减少，一定不存在其他形式的能增加B．某个物体的能量减少，必然有其他物体的能量增加C．不需要任何外界的动力而持续对外做功的机械﹣﹣永动机不可能制成D．石子从空中落下，最后停止在地面上，说明机械能消失了考点：能量守恒定律．分析：根据能量守恒定律的内容进行分析，明确能量之间的转化和守恒规律．解答：解：A、由能量守恒定律可知，某种形式的能量减少，必然有其他形式的能增加；故A错误；B、由能量守恒定律可知，某个物体能量减少，必然有其他物体能量增加；故B正确；C、永动机不可能制成，因为它违背了能量守恒定律；故C正确；D、石子从空中下落时，停止在地面上，机械能减少，但没有消失；故D错误；故选：BC．点评：本题考查能量的转化与守恒定律，要注意明确能量可以以不同的形式进行转换，也可以在不同物体之间进行转移．16．下列物体运动过程中满足机械能守恒的是（）A．跳伞运动员张开伞后，在空中匀速下降B．忽略空气阻力，物体竖直上抛C．火箭升空D．物体沿光滑斜面自由下滑考点：机械能守恒定律．专题：机械能守恒定律应用专题．分析：物体机械能守恒的条件是只有重力或者是弹簧弹力做功，或看物体的动能和势能之和是否保持不变，即采用总量的方法进行判断．解答：解：A、跳伞运动员在空中匀速下降，动能不变，重力势能减小，因机械能等于动能和势能之和，则机械能减小．故A错误．B、忽略空气阻力，物体竖直上抛，只有重力做功，机械能守恒，故B正确．C、火箭升空，动力做功，机械能增加．故C错误．D、物体沿光滑斜面自由下滑时，只有重力做功，机械能守恒；故D正确；故选：BD．点评：解决本题的关键掌握判断机械能是否守恒的方法，1、看是否只有重力做功．2、看动能和势能之和是否不变17．下列说法正确的是（）A．物体机械能守恒时，一定只受重力和弹力的作用B．物体受到的合外力为零时机械能一定守恒C．在重力势能和动能的相互转化过程中，若物体除受重力外，还受到其他力作用时，物体的机械能也可能守恒D．物体的动能和重力势能之和增大，必定有重力以外的其他力对物体做功考点：机械能守恒定律．专题：机械能守恒定律应用专题．分析：本题根据机械能守恒的条件：只有重力和弹簧弹力做功，及功能原理进行分析．解答：解：A、物体的机械能守恒时，只有重力和弹簧弹力做功，但不一定只重力和弹簧弹力作用，也可能受到其他力，但其他力做功的代数和一定为零，故A错误．B、物体受到的合外力为零，物体处于平衡状态时，若有除重力和弹簧弹力以外的力对物体做了功，机械能不守恒．如在竖直方向的匀速直线运动，故B错误．C、在重力势能和动能的相互转化过程中，若物体除受重力外，还受到其他力作用时，若其他力做功的代数和为零，物体的机械能守恒，故C正确．D、物体的动能和重力势能之和增大时，即物体的机械能增加，根据功能关系可知，必定有重力以外的力对物体做了功，故D正确．故选：CD．点评：本题是对机械能守恒条件的直接考查，掌握住机械能守恒的条件和功能关系，即可进行分析．三、实验题（每空2分，共14分）18．对于橡皮筋做的功来说，直接测量是有困难的．我们要想巧妙地避开这个难题而又不影响问题的解决，只需要测出每次实验时橡皮筋对小车做的功是第一次实验的多少倍即可，使用的方法是（）A．用同样的力对小车做功，让小车通过的距离依次为s、2s、3s…进行第1次、第2次、第3次…实验时，力对小车做的功就是W、2W、3W…B．让小车通过相同的距离，第1次力为F、第2次力为2F、第3次为3F…实验时，力对小车做的功就是W、2W、3W…C．选用同样的橡皮筋，在实验中每次橡皮筋拉伸的长度保持一致，当用1条、2条、3条…同样的橡皮筋进行第1次、第2次、第3次…实验时，橡皮筋对小车做的功就是W、2W、3W…D．利用弹簧测力计测量弹簧对小车的拉力F，利用直尺测量小车在力作用下移动的距离s，便可以求出每次实验中力对小车做的功，可控制为W、2W、3W…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：该实验的实验原理是：橡皮筋的弹性势能转化为小车的动能，实验中用到多条橡皮筋，就要求每次橡皮筋相同且被拉长的一样多，这样橡皮筋对小车做的功才有倍数关系．我们通过改变橡皮筋的条数来改变做功的多少，不用测量变力和位移大小．解答：解：橡皮筋拉小车时的作用力是变力，我们不能求变力做功问题，但选用相同的橡皮筋，且伸长量都一样时，若一根橡皮筋在回复原长时对小车做功为W，则两根伸长相同长度，做功为2W，当用1条、2条、3条…同样的橡皮筋进行第1次、第2次、第3次…实验时，橡皮筋对物体做的功就是W、2W、3W …橡皮条数的关系就是做功多少的倍数，故ABD 错误，C正确．故选：C．点评：正确解答实验的前提是明确实验原理以及实验目的，即可了解具体操作的含义，清楚是如何改变w，如何获得最大速度v即可．19．在“探究功与速度变化的关系”实验中作出W﹣v图象如图所示，符合实际的是（）A ．B ．C ．D ．考点： 探究功与速度变化的关系． 专题： 实验题．分析： 小车先在橡皮条的拉动下做加速运动，当橡皮条恢复原长时，拉力减为零，小车由于惯性继续做匀速运动，因此小车匀速时的速度就是该过程中的最大速度．橡皮筋对小车做的功转化为小车的动能，由动能定理求出W 与v 的关系表达式，然后选出W 与v 的关系图象． 解答： 解：橡皮筋做的功转化为小车动能，由动能定理得：，功W 与速度v 间的关系为：W=mv 2，W 与v 是二次函数关系，W ﹣v 图象是抛物线的一个分支，故C 正确、ABD 错误． 故选：C点评： 本题考查了功与速度的关系，应用动能定理求出功与速度关系的表达式是正确 解题的关键．20．在验证机械能守恒定律的实验中，有下列器材可选择：铁架台，打点计时器以及复写纸，纸带，低压直流电源、天平、导线、刻度尺、重锤，其中不必要的是 低压直流电源 、 天平 ，（按本题中出现的顺序）缺少的器材是 低压交流电源 、 坐标纸 ．考点： 验证机械能守恒定律．专题： 实验题；机械能守恒定律应用专题．分析： 通过实验的原理出发，确定所需测量的物理量，从而确定所需的器材，以及不必要的器材．。

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。