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贵州省遵义市凤岗一中2014-2015学年高二下学期期末物理试卷

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贵州省遵义市凤岗一中2014-2015学年高二下学期期末物理试卷一、选择题（本题共10小题，1--7为单项，8--10为多项，每小题至少有一个，全部选对的得4分，选对但选不全的得2分，选错或不选的得0分）1．（4分）关于物理学家的贡献，下列说法中正确的是（）A．卡文迪许利用扭秤实验首先较准确地测定了静电力常量B．奥斯特最早发现了电流的磁效应C．库仑提出了库仑定律，并最早通过实验测得元电荷e的数值D．牛顿最早通过理想斜面实验得出力不是维持物体运动的必然结果2．（4分）下列说法中正确的是（）A．布朗运动就是液体分子的无规则运动B．拉伸物体时，分子间引力增大，斥力减小，所以分子间引力大于斥力C．当某一容器自由下落时，容器中气体的压强将变为零D．一定质量的理想气体，如果压强不变，体积增大，那么它一定从外界吸热3．（4分）在匀强磁场中，一匝矩形金属线框绕与磁感线垂直的转动轴匀速转动，如图甲所示．产生的交变电动势随时间变化的规律如图乙所示．则下列说法正确的是（）A．t=0.01s时矩形金属线框平面处于垂直中性面位置B．把该交变电流接入耐电压为22V的电容器的两极板，电容器不会被击穿C．该交变电动势的周期为2sD．该线圈在转动过程中的最大磁通量为W4．（4分）如图所示中，L1和L2是两个相同灯泡，L是一个自感系数相当大的线圈，其电阻值与R相同，在开关S接通的瞬间，下列说法正确的是（）A．接通时L1先达到最亮，断开时L1后灭B．接通时L2先达到最亮，断开时L2后灭C．接通时L1先达到最亮，断开时L1先灭D．接通时L2先达到最亮，断开时L2先灭5．（4分）如图所示，单匝线圈ABCD在外力作用下以速度v向右匀速进入匀强磁场，第二次又以速度2v匀速进入同一匀强磁场．（）A．第二次与第一次线圈中电流之比2：1B．第二次与第一次外力做功的功率之比2：1C．第二次与第一次线圈中产生热量之比4：1D．第二次与第一次流过线圈的电荷量之比2：16．（4分）如图所示，让闭合矩形线圈abcd从高处自由下落一段距离后进入匀强磁场，从bc 边开始进入磁场到ad边刚进入磁场的这一段时间里，图所示的四个V﹣t图象中，肯定不能表示线圈运动情况的是（）A．B．C．D．7．（4分）如图所示，a为带正电的小物块，b是一不带电的绝缘物块，a、b叠放与粗糙的水平地面上，地面上方有垂直纸面向里的匀强磁场，现用水平恒力F拉b物块，使a、b一起无相对滑动地向左加速运动，在加速运动阶段（）A．a、b一起运动的加速度不变B．a、b一起运动的加速度增大C．a、b物块间的摩擦力减少D．a、b物块间的摩擦力增大8．（4分）已知一灵敏电流计，当电流从正接线柱流入时，指针向正接线柱一侧偏转，现把它与线圈串联接成如图所示电路，当条形磁铁按如图所示情况运动时，以下判断正确的是（）A．甲图中电流表偏转方向向右B．乙图中磁铁下方的极性是N极C．丙图中磁铁的运动方向向下D．丁图中线圈的绕制方向从上往下看为顺时针方向9．（4分）如图所示，理想变压器的原线圈匝数为n1，副线圈匝数分别为n2和n3，原、副线圈电压分别为U1、U2、U3，电流分别为I1、I2、I3，两个副线圈所连电阻的阻值未知，则下面的结论中正确的是（）A．U1：U2=n1：n2，U2：U3=n2：n3B．n1I1=n2I2+n3I3C．I1：I2=n2：n1；I1：I3=n3：n1D．I1U1=I2U2+I3U310．（4分）如图所示，相距为L的两条足够长的平行金属导轨，与水平面的夹角v m，导轨上固定有质量为m，电阻为R的两根相同的导体棒，导体棒MN上方轨道粗糙下方光滑，整个空间存在垂直于导轨平面的匀强磁场，磁感应强度为B．将两根导体棒同时释放后，观察到导体棒MN下滑而EF保持静止，当MN下滑速度最大时，EF与轨道间的摩擦力刚好到达最大静摩擦力，下列叙述正确的是（）A．导体棒MN的最大速度为B．导体棒EF与轨道之间的最大静摩擦力为2mgsinθC．导体棒MN受到的最大安培力为mgsinθD．导体棒MN所受重力的最大功率为二.实验题（共两小题，每空3分，画图5分共23分）．11．（6分）在“测定金属丝的电阻率”的实验中，某同学进行了如下测量：用毫米刻度尺测量接入电路中的被测金属丝的有效长度．测量3次，求出其平均值l．其中一次测量结果如图甲所示，金属丝的另一端与刻度尺的零刻线对齐，图中读数为cm．用螺旋测微器测量金属丝的直径，选不同的位置测量3次，求出其平均值d．其中一次测量结果如图乙所示，图中读数为mm．12．（17分）欲用伏安法测定一段阻值约为5Ω左右的金属导线的电阻，要求测量结果尽量准确，现备有以下器材：A．电池组（3V，内阻1Ω）；B．电流表（0～3A，内阻0.0125Ω）C．电流表（0～0.6A，内阻0.125Ω）D．电压表（0～3V，内阻3kΩ）E．电压表（0～15V，内阻15kΩ）F．滑动变阻器（0～20Ω，额定电流1A）G．滑动变阻器（0～2000Ω，额定电流0.3A）H．电键、导线．（1）上述器材中应选用的是．（填写各器材的字母代号）（2）实验电路应采用电流表接法．（填“内”或“外”）（3）设实验中，电流表、电压表的某组示数如图甲所示，图示中I=A，U=V．（4）将图乙中给定的器材连成实验电路．三、计算题（本题共三小题，共计37分．解答应写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤．只写出最后答案的不能得分．有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位．）13．（10分）从发电厂输出的电功率为440kW，输电线的总电阻为0.75Ω．若输送电压为2.2kV，求输电线上损失的电压为多少？保持输送功率不变，要使要输电线上损失的电功率不超过100W，输送电压至少为多少？14．（12分）如图所示，一圆柱形绝热气缸竖直放置，通过绝热活塞封闭着一定质量的理想气体．活塞的质量为m，横截面积为S．初始时，气体的温度为T0，活塞与容器底部相距h．现通过电热丝缓慢加热气体，当气体温度升高到T时，气体的内能增加了△U，已知大气压强为p0，重力加速度为g，不计活塞与气缸的摩擦．求此时气体活塞距气缸顶部的距离和气体吸收的热量．15．（15分）如图所示，两平行金属导轨之间的距离为L=0.6m，两导轨所在平面与水平面之间的夹角为θ=37°，电阻R的阻值为1Ω（其余电阻不计），一质量为m=0.1kg的导体棒横放在导轨上，整个装置处于匀强磁场中，磁感应强度为B=0.5T，方向垂直导轨平面斜向上，已知导体棒与金属导轨间的动摩擦因数为μ=0.3，今由静止释放导体棒，当通过导体棒的电荷量为1.8C时，导体棒开始做匀速直线运动．已知：sin37°=0.6，cos37°=0.8，重力加速度g=10m/s2，求：（1）导体棒匀速运动的速度；（2）求导体从静止开始到匀速过程中下滑的距离S．（3）导体棒下滑s的过程中产生的电能．贵州省遵义市凤岗一中2014-2015学年高二下学期期末物理试卷参考答案与试题解析一、选择题（本题共10小题，1--7为单项，8--10为多项，每小题至少有一个，全部选对的得4分，选对但选不全的得2分，选错或不选的得0分）1．（4分）关于物理学家的贡献，下列说法中正确的是（）A．卡文迪许利用扭秤实验首先较准确地测定了静电力常量B．奥斯特最早发现了电流的磁效应C．库仑提出了库仑定律，并最早通过实验测得元电荷e的数值D．牛顿最早通过理想斜面实验得出力不是维持物体运动的必然结果考点：物理学史．专题：常规题型．分析：根据物理学史和常识解答，记住著名物理学家的主要贡献即可．解答：解：A、卡文迪许利用扭秤实验首先较准确地测定了万有引力常量，故A错误；B、奥斯特最早发现了电流的磁效应，故B正确；C、库仑提出了库仑定律，密立根最早通过实验测得元电荷e的数值，故C错误；D、伽利略最早通过理想斜面实验得出力不是维持物体运动的必然结果，故D错误；故选：B．点评：本题考查物理学史，是常识性问题，对于物理学上重大发现、发明、著名理论要加强记忆，这也是考试内容之一．2．（4分）下列说法中正确的是（）A．布朗运动就是液体分子的无规则运动B．拉伸物体时，分子间引力增大，斥力减小，所以分子间引力大于斥力C．当某一容器自由下落时，容器中气体的压强将变为零D．一定质量的理想气体，如果压强不变，体积增大，那么它一定从外界吸热考点：热力学第二定律；封闭气体压强．专题：热力学定理专题．分析：布朗运动是悬浮在液体中的固体小颗粒的无规则运动；分子间距离增大，引力和斥力都减小．气体压强是由大量气体分子频繁碰撞容器壁产生的．热力学第一定律公式：△U=W+Q．解答：解：A、布朗运动是悬浮在液体中的固体小颗粒的无规则运动，不是液体分子的无规则运动，而液体分子无规则运动的反映．故A错误；B、拉伸物体时，分子间引力减小，斥力减小，斥力减小更快，所以分子间引力大于斥力，故B错误．C、气体压强是由大量气体分子频繁碰撞容器壁产生的，当容器自由下落时，分子的运动没有影响，容器中气体的压强不为零，故C错误．D、一定质量的理想气体，如果压强不变，体积增大，由理想气体状态方程=c知，温度必定升高，内能增大，气体对外界做功，根据热力学第一定律：△U=W+Q，可知一定从外界吸热．故D正确；故选：D．点评：该题要掌握布朗运动的实质、热力学第一定律、理想气体状态方程=c，要注意气体的压强不是由于重力产生的．3．（4分）在匀强磁场中，一匝矩形金属线框绕与磁感线垂直的转动轴匀速转动，如图甲所示．产生的交变电动势随时间变化的规律如图乙所示．则下列说法正确的是（）A．t=0.01s时矩形金属线框平面处于垂直中性面位置B．把该交变电流接入耐电压为22V的电容器的两极板，电容器不会被击穿C．该交变电动势的周期为2sD．该线圈在转动过程中的最大磁通量为W考点：交流发电机及其产生正弦式电流的原理；正弦式电流的图象和三角函数表达式．专题：交流电专题．分析：从图象得出电动势最大值、周期，从而算出频率、角速度；磁通量最大时电动势为零，磁通量为零时电动势最大；根据最大值表达式可求得磁通量的最大值BS解答：解：A、t=0.01s时矩形金属线框产生的电动势为零；故线圈平面处于中性面位置；故A错误；B、电压的最大值为22V，超过了电容器的击穿电压，故电容器将被击穿；故B错误；C、周期为0.02s；故C错误D、由E m=NBsω可知，BS===Wb；故D正确；故选：D．点评：本题考查了对交流电图象的认识，要具备从图象中获得有用信息的能力，并掌握有效值与最大值的关系；明确电容器的击穿电压要用到最大值．4．（4分）如图所示中，L1和L2是两个相同灯泡，L是一个自感系数相当大的线圈，其电阻值与R相同，在开关S接通的瞬间，下列说法正确的是（）A．接通时L1先达到最亮，断开时L1后灭B．接通时L2先达到最亮，断开时L2后灭C．接通时L1先达到最亮，断开时L1先灭D．接通时L2先达到最亮，断开时L2先灭考点：自感现象的应用．分析：利用自感线圈对变化电流的阻碍作用和欧姆定律进行判断．解答：解：接通时由于L自感作用，瞬间等于断路，通过L1的电流等于L2+R之和，所以L1先达到最亮．然后L自感慢慢减弱，通过L1的电流减小，然后熄灭；当断开时，L2瞬间失去电流，而L1和L构成回路，由于L自感，L1会亮一会再灭，故A 正确BCD错误．故选：A点评：本题考查了自感线圈的特点，利用楞次定律和闭合电路的欧姆定律综合分析．5．（4分）如图所示，单匝线圈ABCD在外力作用下以速度v向右匀速进入匀强磁场，第二次又以速度2v匀速进入同一匀强磁场．（）A．第二次与第一次线圈中电流之比2：1B．第二次与第一次外力做功的功率之比2：1C．第二次与第一次线圈中产生热量之比4：1D．第二次与第一次流过线圈的电荷量之比2：1考点：导体切割磁感线时的感应电动势；电功、电功率．专题：电磁感应与电路结合．分析：根据切割公式E=BLv求解感应电动势，由欧姆定律求出感应电流，然后求出电流之比；线框匀速进入匀强磁场，安培力与外力平衡，根据安培力公式求解安培力，再结合平衡条件得到外力，最后根据P=Fv求解外力的功率；由焦耳定律求出线圈产生的热量，然后求出热量之比．由电流定义式求出电荷量间的关系．解答：解：设磁感应强度为B，线圈的宽为L，长为L′，线圈电阻为R；A、线圈进入磁场过程中，产生的感应电动势E=BLv，感应电流I==，则知感应电流I与速度v成正比，故第二次进入与第一次进入时线圈中电流之比：I2：I1=2v：v=2：1，故A正确；B、线圈进入磁场时受到的安培力：F B=BIL=，线圈做匀速直线运动，由平衡条件得，外力F=F B，则外力功率P=Fv=，功率与速度的平方成正比，则第二次进入与第一次进入时外力做功的功率之比：P2：P1=（2v）2：v2=4：1，故B错误；C、线圈进入磁场过程中产生的热量：Q=I2Rt=（）2•R•=，产生的热量与速度成正比，第二次进入与第一次进入时线圈中产生热量之比：Q2：Q1=2v：v=2：1，故C错误；D、通过导线横截面电荷量：q=It==，电荷量与速度无关，电荷量之比为1：1，故D错误；故选：A．点评：本题关键明确线圈进入磁场过程中，电动势E=BLv，然后根据P=Fv求解功率，根据Q=I2Rt求解热量，能由电流定义式可以求出电荷量．6．（4分）如图所示，让闭合矩形线圈abcd从高处自由下落一段距离后进入匀强磁场，从bc 边开始进入磁场到ad边刚进入磁场的这一段时间里，图所示的四个V﹣t图象中，肯定不能表示线圈运动情况的是（）A．B．C．D．考点：导体切割磁感线时的感应电动势．专题：电磁感应与电路结合．分析：从bc边刚进入磁场到ad边刚进入磁场的这段时间内，线圈可能做匀速运动，可能做加速运动，也可能做减速运动，根据安培力公式F=，安培力与速度成正比，根据牛顿第二定律分析加速度的变化情况，确定速度图象的斜率变化情况．解答：解：A、bc边刚进入磁场时，受到向上的安培力，若所受的安培力与重力平衡，则线框做匀速运动，不符合题意．故A错误．B、C、bc边刚进入磁场时，受到向上的安培力，若安培力小于重力，线框做加速运动，随着速度增大，由安培力公式F=，可知安培力增大，合力减小，加速度减小，则线框做加速度减小的加速运动，当加速度减至零后做匀速运动，由速度图象的斜率先逐渐减小后变为零，B符合题意，故B正确，C错误．D、bc边刚进入磁场时，受到向上的安培力，若安培力大于重力，线框做减速运动，随着速度减小，由安培力公式F=，可知安培力减小，合力减小，加速度减小，则线框做加速度减小的变减速运动，加速度减至零时做匀速直线运动，由速度图象的斜率逐渐减小直至零，不符合题意，故D错误；故选：B点评：本题的解题关键是抓住安培力公式F=，分析安培力的变化，确定加速度的变化，同时要掌握速度图象的斜率等于加速度这一知识点．7．（4分）如图所示，a为带正电的小物块，b是一不带电的绝缘物块，a、b叠放与粗糙的水平地面上，地面上方有垂直纸面向里的匀强磁场，现用水平恒力F拉b物块，使a、b一起无相对滑动地向左加速运动，在加速运动阶段（）A．a、b一起运动的加速度不变B．a、b一起运动的加速度增大C．a、b物块间的摩擦力减少D．a、b物块间的摩擦力增大考点：洛仑兹力；牛顿第二定律．专题：带电粒子在磁场中的运动专题．分析：甲带正电，在向左运动的过程中，要受到洛伦兹力的作用，根据左手定则可以判断洛伦兹力的方向，根据受力再判断加速度和摩擦力的变化．解答：解：AB、a带正电，在向左运动的过程中，受到的洛伦兹力的方向向下，所以对b 的压力变大，乙与地面之间的为滑动摩擦力，压力变大，所以与地面之间的滑动摩擦力也变大，水平恒力F是不变的，根据牛顿第二定律可知，加速度减小，所以AB错误；CD、由于ab整体的加速度减小，对a单独受力分析可知，a受到的摩擦力产生a的加速度，即f=ma，由于a减小，所以ab之间的静摩擦力减小，所以C正确，D错误．故选C．点评：a运动要受到洛伦兹力的作用，从而使物体与地面间的压力变大，摩擦力变大，加速度减小，根据牛顿第二定律分析a受到的静摩擦力即可．8．（4分）已知一灵敏电流计，当电流从正接线柱流入时，指针向正接线柱一侧偏转，现把它与线圈串联接成如图所示电路，当条形磁铁按如图所示情况运动时，以下判断正确的是（）A．甲图中电流表偏转方向向右B．乙图中磁铁下方的极性是N极C．丙图中磁铁的运动方向向下D．丁图中线圈的绕制方向从上往下看为顺时针方向考点：楞次定律．分析：由楞次定律判断感应电流的方向，然后判断出电流表指针偏转方向，选出正确的选项．解答：解：A、由图示可知，条形磁铁向下插入线圈时，穿过线圈的磁通量增大，由楞次定律可知，感应电流从电流计的右接线柱流入，电流表指针向右偏转，故A正确；B、由图示可知，电流计指针向左偏转，说明电流从负接线柱流入，由安培定则可知，感应电流磁场向上，由图示可知，此时条形磁铁离开线圈，原磁通量减小，由楞次定律可知，原磁场方向向下，因此条形磁铁的下端是N极，故B正确；C、由图示可知，电流计指针向右偏转，说明电流从正接线柱流入，由安培定则可知，感应电流磁场向下，由图示可知，原磁场方向向上，由楞次定律可知，原磁通量应减小，因此条形磁铁应向上运动，故C错误；D、由图示可知，电流计指针向右偏转，说明电流从正接线柱流入，由图示可知，原磁场方向向下，磁铁离开线圈，穿过线圈的原磁通量减小，由楞次定律可知，感应电流磁场应向下，由安培定则可知，丁图中线圈的绕制方向从上往下看为顺时针方向，故D正确；故选ABD．点评：本题考查研究电磁感应现象及验证楞次定律的实验，解题时要认真细心，应会熟练应用楞次定律与安培定则．9．（4分）如图所示，理想变压器的原线圈匝数为n1，副线圈匝数分别为n2和n3，原、副线圈电压分别为U1、U2、U3，电流分别为I1、I2、I3，两个副线圈所连电阻的阻值未知，则下面的结论中正确的是（）A．U1：U2=n1：n2，U2：U3=n2：n3B．n1I1=n2I2+n3I3C．I1：I2=n2：n1；I1：I3=n3：n1D．I1U1=I2U2+I3U3考点：变压器的构造和原理．专题：交流电专题．分析：根据变压器的匝数与电压成正比求出两个副线圈的电压，再根据输入功率等于输出功率求原线圈中的电流．解答：解：A、变压器的匝数与电压成正比，所以：；．故A正确；B、C、D、由于变压器的输入功率等于输出功率，所以得：I1U1=I2U2+I3U3联立以上各公式得：n1I1=n2I2+n3I3．故BD正确，C错误．故选：ABD点评：本题考查了变压器的特点，需要注意的是本题有两个副线圈，所以电流与匝数不成反比，应该用功率相等求电流．10．（4分）如图所示，相距为L的两条足够长的平行金属导轨，与水平面的夹角v m，导轨上固定有质量为m，电阻为R的两根相同的导体棒，导体棒MN上方轨道粗糙下方光滑，整个空间存在垂直于导轨平面的匀强磁场，磁感应强度为B．将两根导体棒同时释放后，观察到导体棒MN下滑而EF保持静止，当MN下滑速度最大时，EF与轨道间的摩擦力刚好到达最大静摩擦力，下列叙述正确的是（）A．导体棒MN的最大速度为B．导体棒EF与轨道之间的最大静摩擦力为2mgsinθC．导体棒MN受到的最大安培力为mgsinθD．导体棒MN所受重力的最大功率为考点：导体切割磁感线时的感应电动势；摩擦力的判断与计算；电功、电功率．专题：电磁感应与电路结合．分析：EF静止，只有MN在运动．首先分析MN的运动情况：先加速运动后匀速运动，匀速运动时速度最大，根据平衡条件求解最大速度；对两棒分别研究，根据平衡条件求导体棒EF与轨道之间的最大静摩擦力；导体棒MN匀速运动时速度最大，感应电流最大，所受的安培力也最大，由平衡条件求解；导体棒MN所受重力的最大功率等于回路最大的电功率．解答：解：A、当导体棒MN匀速运动时速度最大，设最大速度为v．由平衡条件得：mgsinθ=BIL=B L=，则得MN棒的最大速度为v=．故A错误．B、由题，当MN下滑速度最大时，EF与轨道间的摩擦力刚好到达最大静摩擦力，两棒所受的安培力大小相等，方向相反，则对EF棒有：mgsinθ+=f m，则得最大静摩擦力为f m=2mgsinθ．故B正确．C、导体棒MN匀速运动时速度最大，感应电流最大，所受的安培力也最大，由平衡条件得知：最大安培力为F Am=mgsinθ．故C正确．D、导体棒MN所受重力的最大功率为P m=mgsinθ•v=．故D错误．故选：BC．点评：本题实质是单棒运动类型，关键要分析MN棒的运动情况，根据平衡条件和功率公式求解．二.实验题（共两小题，每空3分，画图5分共23分）．11．（6分）在“测定金属丝的电阻率”的实验中，某同学进行了如下测量：用毫米刻度尺测量接入电路中的被测金属丝的有效长度．测量3次，求出其平均值l．其中一次测量结果如图甲所示，金属丝的另一端与刻度尺的零刻线对齐，图中读数为24.10cm．用螺旋测微器测量金属丝的直径，选不同的位置测量3次，求出其平均值d．其中一次测量结果如图乙所示，图中读数为0.518mm．考点：测定金属的电阻率．专题：实验题．分析：本题的关键是刻度尺的估读方法，看每小格的读数，若是1mm，则应是估读．解答：解：根据刻度尺每小格读数为1mm，可知应估读到0.1mm，所以刻度尺的读数为：L=240mm+1.0mm=241.0mm=24.10cm（24.10～24.12均可以）；螺旋测微器的读数为：d=0.5mm+1.8×0.01mm=0.518mm（0.515～0.518均可以）故答案为：24.10，0.518点评：刻度尺读数时估读的方法是：看每小格的读数，若是1mm，则应是估读，即应估读到0.1mm．12．（17分）欲用伏安法测定一段阻值约为5Ω左右的金属导线的电阻，要求测量结果尽量准确，现备有以下器材：A．电池组（3V，内阻1Ω）；B．电流表（0～3A，内阻0.0125Ω）C．电流表（0～0.6A，内阻0.125Ω）D．电压表（0～3V，内阻3kΩ）E．电压表（0～15V，内阻15kΩ）F．滑动变阻器（0～20Ω，额定电流1A）G．滑动变阻器（0～2000Ω，额定电流0.3A）H．电键、导线．（1）上述器材中应选用的是A、C、D、F、H．（填写各器材的字母代号）（2）实验电路应采用电流表外接法．（填“内”或“外”）（3）设实验中，电流表、电压表的某组示数如图甲所示，图示中I=0.48A，U=2.20V．（4）将图乙中给定的器材连成实验电路．考点：伏安法测电阻．专题：实验题．分析：（1）用伏安法测定电阻的原理是电阻定义式R=．根据电源的电动势，选择电压表的量程．由电源的电动势与测电阻的大约值，估算电流的最大值，选择电流表的量程．根据待测电阻与变阻器总阻值的大小，选择变阻器的规格．（2）根据两电表内阻与待测电阻的大小关键，选择电流表的内接法或外接法．（3）电流表的量程是0.6A，最小分度是0.02A，电压表的量程是3V，最小分度是0.1V．（4）为使通过待测金属导线的电流能在0～0.5A范围内改变，变阻器必须接成分压式电路．按顺序连接实物图．解答：解：（1）必选器材有：A、H．电池组的电动势是3V，电压表的量程选3V，即选择电压表D．由题，金属导线的电阻约为5Ω左右，则通过导线的电流最大值约I max==0.6A．故电流表选C．为方便实验操作滑动变阻应选F．（2）由题得，，而=40，则，则采用电流表外接法，可减小误差．（3）电流表的读数为I=0.48A，电压表的读数为U=2.20V．（4）为使通过待测金属导线的电流能在0～0.5A范围内改变，变阻器必须接成分压式电路，实验原理电路图如图，连成实验电路如图．故答案为：（1）A、C、D、F、H；（2）外；（3）0.48，2.20；（4）图如图所示．点评：本题是伏安法测量电阻，从实验原理出发选择器材、设计电路、连接实物图等等，都是实验的基本技能，要加强培训，提高能力．三、计算题（本题共三小题，共计37分．解答应写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤．只写出最后答案的不能得分．有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位．）13．（10分）从发电厂输出的电功率为440kW，输电线的总电阻为0.75Ω．若输送电压为2.2kV，求输电线上损失的电压为多少？保持输送功率不变，要使要输电线上损失的电功率不超过100W，输送电压至少为多少？考点：远距离输电；电功、电功率．专题：交流电专题．分析：根据公式P=UI和△P=I2r，推导出表达式△P=（）2r进行分析即可．解答：解：输送功率为：P=UI功率损耗为：△P=I2r故：△P=（）2r若输送电功率保持440kW不变，在用2.2kV电压输电时，线路上损失功率为：则损失的电压△U=IR=×0.75=150V；要输电线上损失的电功率不超过100W：△P2=I2r。

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贵州省遵义航天高级中学2014-2015学年高二下学期期末考试理科综合试题 Word版含答案[ 高考]

贵州省遵义航天高级中学2014-2015学年高二下学期期末考试理科综合试题 Word版含答案[ 高考]

2014--2015学年第二学期期末联考高二理综试题可能用到的相对原子质量：H 1 C 12 O 16一、单项选择题1．观察右图，下列叙述错误的是（）A．若该图表示的是细胞的各化学元素的含量，则A应该为碳元素B．如果该图为组成细胞的化合物，则A中含有的元素为H、OC．如果该图是已经完全脱水后的细胞的化合物组成情况，则A是蛋白质D．如果该图表示的是细胞周期，则A时期发生染色体的复制2.糖类是生物体的重要构成物质和能源物质，下列有关糖类的叙述正确的是（）A. 在ATP 、RNA、质粒和叶绿体中均含有核糖B. 葡萄糖是构成麦芽糖、纤维素、淀粉和糖原的基本单位C. 在细胞膜上糖类均与蛋白质结合形成糖蛋白D. 所有糖类都是生物体的主要能源物质3．现有一种“十二肽”，分子式为C X H Y N Z O W S(Z>12,W>13)。

已知将它彻底水解后只得到下列氨基酸：下列对以上内容的叙述正确的是（）A．合成该多肽时，至少需36个密码子B．控制合成该多肽相应的基因至少有36个碱基C．将一个该“十二肽”分子彻底水解后有（Z-12）个赖氨酸D．该分子在是在核糖体上合成的，并且必需61种tRNA参与4. 某同学在实验室中做“观察洋葱表皮细胞的质壁分离和复原”这个实验时，在实验室老师的帮助下，进行了一系列的创新实验，实验步骤和现象如下表。

对表的推断或解释不正确的是A．x为质壁分离，因为细胞渗透失水B．y为质壁分离，可能导致细胞失水过多而死C．z为细胞稍增大，细胞液颜色逐渐变浅D．④组无变化是因为细胞吸水量等于失水量5．将某活组织放入适宜的完全营养液中，置于适宜的条件下培养。

培养液中甲、乙两种离子的浓度保持相等且恒定，定期测得细胞中两种离子的含量，得到如图所示曲线。

据图分析下列叙述中正确的是( )A．甲、乙两种离子的运输方式是自由扩散和主动运输B．该组织细胞运输离子甲的载体数量比运输离子乙的数量多C．两种离子均只能从高浓度的一侧运输到低浓度的一侧D．曲线mn段和ab段表明细胞呼吸产生的能量不足,抑制了细胞的吸收6．颜色变化常作为生物实验结果观察的一项重要指标，下面是一些学生在实验中遇到的问题，其操作或想法正确的是 ( )A．用滴管在花生子叶薄片上滴加苏丹Ⅲ染液，发现满视野都呈现橘黄色，于是滴1～2滴50%的盐酸洗去浮色B．洋葱根尖细胞可用于观察DNA、RNA在细胞中分布和叶绿体、线粒体观察的实验C．探索淀粉酶对淀粉和蔗糖的作用实验中加入斐林试剂并水浴加热后出现砖红色说明淀粉已被水解D．紫色洋葱鳞片叶表皮细胞发生质壁分离复原过程中，细胞液颜色变浅是液泡里的色素发生了渗透作用7．下列有关常见有机物说法正确的是 ( )A．糖类、油脂和蛋白质都是人体必需的营养物质，都属于高分子化合物B．除去乙醇中少量的乙酸：加入足量生石灰，蒸馏C．乙醇和苯都不能使溴的四氯化碳溶液和酸性KMnO4溶液褪色D．石油裂化的主要产品是甲烷、乙烯和苯8．下列依据相关实验得出的结论正确的是（ )A．向FeCl2溶液中滴加少量KSCN溶液变血红色，说明FeCl2完全被氧化成FeCl3 B．相同条件下，Na2CO3溶液的碱性强于C6H5ONa，说明C6H5OH的酸性强于H2CO3C．向漂白粉上加入较浓的盐酸，产生的气体不能使湿润淀粉碘化钾试纸变蓝，说明该漂白粉已经失效D．向浓度均为0.1 mol·L－1NaCl 和NaI 混合溶液中滴加少量AgNO3溶液，产生黄色沉淀，说明K sp(AgCl)＜K sp(AgI)9．为了除去MgCl2酸性溶液中的Fe3+ ，可在加热搅拌的条件下加入一种试剂，过滤后，再向滤液中加入适量的盐酸，这种试剂是（）A.NH3 • H2OB.NaOHC.Na2CO3D.MgCO310．下列溶液中微粒浓度关系一定正确的是（）A．pH=1的一元酸和pH=13的一元碱等体积混合：c(OH－)=c(H+)B．0.1 mol / L的硫酸铵溶液中：c(SO42－)>c(NH4+)> c(H+) > c(OH－)C．0.1 mol / L的硫化钠溶液中：c(OH－)=c(H+)+c(HS－)+c(H2S)D．室温下，氢氧化钠与氯化铵的混合溶液的pH=7，则有c(Cl－)=c(NH4+)+c(Na+)11．过量的下列溶液与水杨酸()反应能得到化学式为C7H5O3Na的是( )A.NaHCO3溶液B.Na2CO3溶液C.NaOH溶液D.NaCl溶液达到实验目的的是()12．下列装置或操作不能．．A．实验室制取并收集NH3 B．构成原电池C．检查装置气密性 D．实验室制备乙烯13．国庆期间对大量盆栽鲜花施用了S-诱抗素制剂，以保证鲜花盛开。

2014～2015学年第二学期高二期末物理试卷

2014～2015学年第二学期高二期末物理试卷

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。

2025届贵州省遵义市凤冈县第一中学物理高一第一学期期末统考试题含解析

2025届贵州省遵义市凤冈县第一中学物理高一第一学期期末统考试题含解析

【点睛】关键要掌握速度图象的两个数学意义来分析其物理意义：斜率等于加速度，“面积”等于位移
6、C
【解析】一切物体在任何情况下都有惯性，惯性的大小只与物体的质量有关
【详解】惯性的大小只有物体的质量有关，质量越大惯性越大，质量越小惯性越小，质量是惯性大小的唯一量度，故选C
【点睛】惯性是物理学中的一个性质，它描述的是物体能够保持原来的运动状态的性质，不能和生活中的习惯等混在一起．解答此题要注意：一切物体任何情况下都具有惯性．惯性只有在受力将要改变运动状态时才体现出来
A.无论粘在哪块木块上面，系统的加速度都不变
B.若粘在a木块上面，绳的张力减小，a、b间摩擦力不变
C.若粘在b木块上面，绳的张力和a、b间摩擦力一定都减小
D.若粘在c木块上面，绳的张力和a、b间摩擦力一定都增大
11、如图所示，两根轻弹簧下面均连接一个质量为m的小球，上面一根弹簧的上端固定在天花板上，两小球之间通过一不可伸长的细线相连接，细线受到的拉力大小等于4mg，在剪断两球之间细线的瞬间，以下关于球A的加速度大小aA、球B的加速度大小aB以及弹簧对天花板的拉力大小说法正确的是（）
A.火箭在t2～t3时间内向下运动
B.火箭运动过程中的最大加速度大小为
C.火箭上升阶段的平均速度大小为 v2
D.火箭能上升的最大高度为4v1t1
6、关于惯性，下列说法中正确的是（）
A.物体只有静止或做匀速直线运动时才有惯性B.物体运动速度大时惯性大
C.质量是惯性大小的唯一量度D.完全失重状态的物体没有惯性
17、（12分）如图所示，斜绳(与水平方向夹45°角)与水平绳最大承受拉力分别为20N和10N，竖直绳抗拉能力足够强，三绳系于O点，问：各绳均不断时，最多可悬吊多重的物体
贵州省遵义市航天高中2014_2015学年高二物理下学期期末试卷(含解析)

贵州省遵义市航天高中2014_2015学年高二物理下学期期末试卷(含解析)

贵州省遵义市航天高中2014-2015学年高二下学期期末物理试卷一、选择题（本题共8小题，每小题6分．第1-5题所给的四个答案中只有一项符合题目要求，选对得6分，错选、多选得0分；6-8题所给四个选项中有多项符合题目要求，全部选对得6分，选对但不全得3分，有错选的得0分．）1．（6分）如图所示是一种汽车安全带控制装置的示意图．当汽车处于静止或匀速直线运动时，摆锤竖直悬挂，锁棒水平，棘轮可以自由转动，安全带能被拉动．当汽车突然刹车时，摆锤由于惯性绕轴摆动，使得锁棒锁定棘轮的转动，安全带不能被拉动．若摆锤从图中实线位置摆到虚线位置，汽车的可能运动方向和运动状态是（）A．向右行驶、突然刹车B．向左行驶、突然刹车C．向左行驶、匀速直线运动D．向右行驶、匀速直线运动2．（6分）如图所示，小船被绳索牵引着匀速靠岸，若水的阻力不变，则（）A．绳子张力不变B．绳子张力不断减小C．船所受浮力不变D．船所受浮力不断减小3．（6分）如图甲所示，静止在水平地面上的物块A，受到水平推力F的作用，F与时间t 的关系如图乙所示，设物块与地面之间的最大静摩擦力f m大小与滑动摩擦力大小相等，则（）A．0～t0时间内力F的功率逐渐增大B．t1时刻A的动能最大C．t2时刻A的速度最大D．t2时刻后物体做反方向运动4．（6分）在物理学建立、发展的过程中，许多物理学家的科学发现推动了人类历史的进步．关于科学家和他们的贡献，下列说法正确的是（）A．古希腊学者亚里士多德认为物体下落的快慢由它们的重量决定，伽利略在他的《两种新科学的对话》中利用逻辑推断，使亚里士多德的理论陷入了困境B．德国天文学家幵普勒对他导师第谷观测的行星数据进行了多年研究，得出了万有引力定律C．英国物理学家卡文迪许利用“卡文迪许扭秤”首先较准确的测定了静电力常量D．楞次发现了电磁感应现象，并研究得出了判断感应电流方向的方法﹣﹣楞次定律5．（6分）如图甲为理想变压器的示意图，其原、副线圈的匝数比为4：1，电压表和电流表均为理想电表，R1为阻值随温度升高而变小的热敏电阻，R1为定值电阻．若发电机向原线圈输入如图乙所示的正弦交流电．下列说法中正确的是（）A．输入变压器原线圈的交流电压的表达式为u=36sin50πtVB．变压器原、副线圈中的电流之比为4：1C．t=0.01s时，发电机的线圈平面位于中性面D．R1温度升高时，变压器的输入功率变小6．（6分）一电子射入固定在O点的点电荷的电场中，电子仅在电场力的作用运动，其运动轨迹如图中虚线所示．图中的实线是以O为圆心等间距的同心圆，c是粒子运动轨迹与最小圆的切点，a、b是粒子运动轨迹与另外两个圆的交点，则下列说法中正确的是（）A．电子的加速度a A＜a B＜a C B．电子的电势能E PA＞E PB＞E PCC．电势ψa＞ψb＞ψc D．电势差U ac=2U ab7．（6分）如图所示，两根光滑平行的金属导轨，放在倾角为θ的斜面上，导轨的左端接有电阻R，导轨自身电阻不计，斜面处在一匀强磁场中，方向垂直斜面向上，一质量为m、电阻不计的金属棒，在沿斜面并与棒垂直的恒力F作用下沿导轨匀速上滑，并上升了h高度在上滑过程中（）A．金属棒所受合外力所做的功等于mgh与电阻R上产生的热量之和B．恒力F与重力的合力所做的功等于电阻R上产生的热量C．金属棒受到的合外力所做的功为零D．恒力F与安培力的合力所做的功为mgh8．（6分）如图甲所示，abcd是位于竖直平面内的正方形闭合金属线框，在金属线框的下方有一磁感应强度为B的匀强磁场区域，MN和M′N′是匀强磁场区域的水平边界，边界的宽度为S，并与线框的bc边平行，磁场方向与线框平面垂直．现让金属线框由距MN的某一高度从静止开始下落，图乙是金属线框由开始下落到完全穿过匀强磁场区域的v﹣t图象（其中OA、BC、DE相互平行）．已知金属线框的边长为L（L＜S）、质量为m，电阻为R，当地的重力加速度为g，图象中坐标轴上所标出的字母v1、v2、t1、t2、t3、t4均为已知量．（下落过程中bc边始终水平）根据题中所给条件，以下说法正确的是（）A．t2是线框全部进入磁场瞬间，t4是线框全部离开磁场瞬间B．从bc边进入磁场起一直到ad边离开磁场为止，感应电流所做的功为mgSC．V1的大小可能为D．线框穿出磁场过程中流经线框横截面的电荷量比线框进入磁场过程中流经框横截面的电荷量多三、非选择题：包括必考题和选考题两部分．9．（5分）在“探究功与物体速度变化的关系”的实验中，实验装置如图甲所示．让小车在一条橡皮筋的作用下弹出后，沿木板滑行，此时橡皮筋对小车做的功记为W．然后用完全相同的橡皮筋二条、三条…合并在一起分别进行第2次、第3次…实验，每次实验中橡皮筋伸长的长度都保持一致．且每次实验中小车获得的速度可由打点计时器所打的纸带求出．（打点计时器所用交流电频率为50Hz）．（1）若木板水平放置，小车在一条橡皮筋作用下运动，当小车速度最大时，对橡皮筋所处的状态与小车所在的位置，下列说法正确的是．A．橡皮筋处于原长状态 B．橡皮筋仍处于伸长状态C．小车正好运动到两个铁钉的连线处 D．小车已过两个铁钉的连线（2）为了使小车运动中所受的合外力正好等于橡皮筋对它的弹力，应采取的措施是；（3）如表是按正确操作分别得到的4次实验中获得的部分数据，其中缺少第3次实验（三条橡皮筋对小车做功）的部分数据，请根据第3次实验所得的纸带（图乙）补全表中的空格．次数 1 2 3 4橡皮筋对小车做功W 2W 3W 4W小车速度v（m/s） 1.00 1.42 2.00v2（m2/s2） 1.00 2.02 4.00（4）从表中数据你得出的结论是．10．（10分）太阳能电池板在有光照时，可以将光能转化为电能，在没有光照时，可以视为一个电学器件．某实验小组根据测绘小灯泡伏安特性曲线的实验方法，探究一个太阳能电池板在没有光照时（没有储存电能）的I﹣U特性．所用的器材包括：太阳能电池板，电源E，电流表A，电压表V，滑动变阻器R，开关S及导线若干．（1）为了达到上述目的，实验电路应选用图甲中的图（填“a”或“b”）．（2）该实验小组根据实验得到的数据，描点绘出了如图乙的I﹣U图象．由图可知，当电压小于2.00V时，太阳能电池板的电阻（填“很大”或“很小”）：当电压为2.80V时，太阳能电池板的电阻为Ω（3）当有光照射时，太阳能电池板作为电源，其路端电压与总电流的关系如图丙所示，分析该曲线可知，该电池板作为电源时的电动势为V．若把它与阻值为1KΩ的电阻连接构成一个闭合电路，在有光照射情况下，该电池板的效率是%．（结果保留三位有效数字）11．（14分）如图所示，质量为1kg的小球用长为0.5m的细线悬挂在O点，O点距地高度为1m，如果使小球绕OO′轴在水平面内做圆周运动，若细线受力为12.5N就会拉断，g取10m/s2，求：（1）当小球的角速度为多大时细线将断裂．（2）线刚好拉断时球落地点与悬点的水平距离．12．（18分）（普通班做）如图所示，在平面直角坐标系xOy中，第I象限存在沿y轴负方向的匀强电场，第IV象限存在垂直于坐标平面向外的匀强磁场，一带正电的粒子从y轴正半轴上的M点以速度v0垂直于y轴射入电场，经偏转电场后到达x轴上的N点，然后射入磁场，最后从y轴负半轴上的P点垂直于y轴射出磁场，已知M点的坐标是（0，h），N点的坐标是（2h，0），不计粒子重力，求：（1）粒子到达N点时的速度v的大小以及v与初速度v0的夹角θ；（2）粒子在磁场中运动的轨道半径r；（3）粒子从M点运动到P点的总时间t．【选修3-4】（15分）13．（5分）下列关于简谐振动以及做简谐运动的物体完成一次全振动的意义，以下说法正确的是（）A．位移减小时，加速度减小，速度增大B．位移的方向总跟加速度的方向相反，跟速度的方向相同C．动能或势能第一次恢复为原来的大小所经历的过程D．速度和加速度第一次同时恢复为原来的大小和方向所经历的过程E．物体运动方向指向平衡位置时，速度的方向与位移的方向相反；背离平衡位置时，速度方向与位移方向相同14．（10分）如图所示的弹簧振子，放在光滑水平桌面上，O是平衡位置，振幅A=2cm，周期T=0.4s．（1）若以向右为位移的正方向，当振子运动到右方最大位移处开始计时，试画出其振动一个周期的振动图象；（2）若从振子经过平衡位置开始计时，求经过2.6s小球通过的路程．【选修3-5】（15分）15．下面关于物体动量和冲量的说法不正确的是（）A．物体的动量发生改变，则合外力一定对物体做了功B．物体的运动状态改变，其动量一定改变C．物体的动量发生改变，其动能一定发生改变D．物体所受合外力冲量不为零，它的动量一定要改变E．物体所受合外力冲量越大，它的动量也越大16．如图所示，光滑的杆MN水平固定，物块A穿在杆上，可沿杆无摩擦滑动，A通过长度为L的轻质细绳与物块B相连，A、B质量均为m且可视为质点．一质量也为m的子弹水平射入物块B后未穿出，若杆足够长，此后运动过程中绳子偏离竖直方向的最大夹角为60°，求子弹刚要射入物块B时的速度大小．贵州省遵义市航天高中2014-2015学年高二下学期期末物理试卷参考答案与试题解析一、选择题（本题共8小题，每小题6分．第1-5题所给的四个答案中只有一项符合题目要求，选对得6分，错选、多选得0分；6-8题所给四个选项中有多项符合题目要求，全部选对得6分，选对但不全得3分，有错选的得0分．）1．（6分）如图所示是一种汽车安全带控制装置的示意图．当汽车处于静止或匀速直线运动时，摆锤竖直悬挂，锁棒水平，棘轮可以自由转动，安全带能被拉动．当汽车突然刹车时，摆锤由于惯性绕轴摆动，使得锁棒锁定棘轮的转动，安全带不能被拉动．若摆锤从图中实线位置摆到虚线位置，汽车的可能运动方向和运动状态是（）A．向右行驶、突然刹车B．向左行驶、突然刹车C．向左行驶、匀速直线运动D．向右行驶、匀速直线运动考点：牛顿第一定律．专题：牛顿运动定律综合专题．分析：对物体进行受力分析，可知物体所受合力方向向左，故汽车向左作匀加速运动或向右作匀减速运动．解答：解：对摆锤进行受力分析，如图所示，所以物体在水平方向所受合力不为0且方向向左，故物体的加速度方向向左．所以若汽车运动方向向左，即向左作匀加速运动；若汽车运动方向向右，即向右作匀减速运动．故A正确．故选A．点评：通过受力情况确定物体加速度的方向从而确定物体的运动情况是我们解决此类题目的基本步骤．2．（6分）如图所示，小船被绳索牵引着匀速靠岸，若水的阻力不变，则（）A．绳子张力不变B．绳子张力不断减小C．船所受浮力不变D．船所受浮力不断减小考点：运动的合成和分解；力的合成与分解的运用．专题：运动的合成和分解专题．分析：对小船进行受力分析，受重力、浮力、绳子的拉力，阻力做匀速直线运动，根据共点力平衡判断绳子的张力和浮力的变化．解答：解：对小船进行受力分析，如图，因为小船做匀速直线运动，所以小船处于平衡，设拉力与水平方向的夹角为θ，有：Fcosθ=f…①Fsinθ+F浮=mg… ②船在匀速靠岸的过程中，θ增大，阻力不变，根据平衡方程①知，绳子的张力增大，根据平衡方程②知，张力增大，sinθ增大，所以船的浮力减小．故D正确，A、B、C错误．故选D．点评：解决本题的关键掌握共点力平衡，知道小船在做匀速直线运动时，所受合力为0，根据θ角的变化，判断力的变化．3．（6分）如图甲所示，静止在水平地面上的物块A，受到水平推力F的作用，F与时间t 的关系如图乙所示，设物块与地面之间的最大静摩擦力f m大小与滑动摩擦力大小相等，则（）A．0～t0时间内力F的功率逐渐增大B．t1时刻A的动能最大C．t2时刻A的速度最大D．t2时刻后物体做反方向运动考点：动能定理的应用．分析：当推力小于最大静摩擦力时，物体静止不动，静摩擦力与推力二力平衡，当推力大于最大静摩擦力时，物体开始加速，当推力重新小于最大静摩擦力时，物体由于惯性继续减速运动．解答：解：A、t0时刻前，推力小于最大静摩擦力，物体静止不动，静摩擦力与推力二力平衡，合力为零，力F的功率为零，故A错误；B、t0到t2时刻，合力向前，物体一直加速前进，故B错误；C、D、t2之后合力向后，物体由于惯性减速前进，故t2时刻A的速度最大，C选项正确，D 选项错误；故选C．点评：目前已知的所有宏观物体都是靠惯性运动，力只是改变速度的原因，t0时刻前，合力为零，物体静止不动，t0到t2时刻，合力向前，物体加速前进，t2之后合力向后，物体减速前进．4．（6分）在物理学建立、发展的过程中，许多物理学家的科学发现推动了人类历史的进步．关于科学家和他们的贡献，下列说法正确的是（）A．古希腊学者亚里士多德认为物体下落的快慢由它们的重量决定，伽利略在他的《两种新科学的对话》中利用逻辑推断，使亚里士多德的理论陷入了困境B．德国天文学家幵普勒对他导师第谷观测的行星数据进行了多年研究，得出了万有引力定律C．英国物理学家卡文迪许利用“卡文迪许扭秤”首先较准确的测定了静电力常量D．楞次发现了电磁感应现象，并研究得出了判断感应电流方向的方法﹣﹣楞次定律考点：物理学史．分析：古希腊学者亚里士多德认为物体下落的快慢由它们的重量决定．伽利略在他的《两种新科学的对话》中利用逻辑推断，提示了这个理论内部的矛盾，使亚里士多德的理论陷人了困境．德国天文学家开普勒对他导师第谷观测的行星数据进行了多年研究，得出了行星运动的定律．英国物理学家卡文迪许利用“卡文迪许扭秤”首先较准确的测定了引力常量．楞次发现了电磁感应现象，并研究得出了判断感应电流方向的方法一楞次定律．解答：解：A、古希腊学者亚里士多德认为物体下落的快慢由它们的重量决定．伽利略在他的《两种新科学的对话》中利用逻辑推断，提示了这个理论内部的矛盾，使亚里士多德的理论陷人了困境．故A正确．B、德国天文学家开普勒对他导师第谷观测的行星数据进行了多年研究，得出了行星运动的三大定律．牛顿发现了万有引力定律，故B错误．C、英国物理学家、化学家卡文迪许利用“卡文迪许扭秤”首先较准确的测定了引力常量G．故C错误．D、法拉第发现了电磁感应现象，并研究得出了判断感应电流方向的方法一楞次定律．故D 错误．故选：A点评：物理学史也是考试内容之一，是常识性问题，要加强记忆，不在基本题失分．5．（6分）如图甲为理想变压器的示意图，其原、副线圈的匝数比为4：1，电压表和电流表均为理想电表，R1为阻值随温度升高而变小的热敏电阻，R1为定值电阻．若发电机向原线圈输入如图乙所示的正弦交流电．下列说法中正确的是（）A．输入变压器原线圈的交流电压的表达式为u=36sin50πtVB．变压器原、副线圈中的电流之比为4：1C．t=0.01s时，发电机的线圈平面位于中性面D．R1温度升高时，变压器的输入功率变小考点：变压器的构造和原理；正弦式电流的图象和三角函数表达式．专题：交流电专题．分析：由图乙可知交流电压最大值U m=36V，周期T=0.02s，可由周期求出角速度的值，则可得交流电压u的表达式U=36sin100πtV、由变压器原理可得变压器原、副线圈中的电流之比，Rt处温度升高时，阻值减小，根据负载电阻的变化，可知电流．解答：解：A、由图乙可知交流电压最大值U m=36V，周期T=0.02s，可由周期求出角速度的值为=100π，则可得交流电压u的表达式 U=36sin100πtV，故A错误；B、变压器原、副线圈中的电流之比其原、副线圈的匝数比成反比，为1：4，故B错误；C、t=0.01s时，瞬时值为零，发电机的线圈平面与磁场方向垂直，故C正确．D、t处温度升高时，阻值减小，电流表的示数变大，故D错误；故选：C．点评：根据图象准确找出已知量，是对学生认图的基本要求，准确掌握理想变压器的特点及电压、电流比与匝数比的关系，是解决本题的关键．6．（6分）一电子射入固定在O点的点电荷的电场中，电子仅在电场力的作用运动，其运动轨迹如图中虚线所示．图中的实线是以O为圆心等间距的同心圆，c是粒子运动轨迹与最小圆的切点，a、b是粒子运动轨迹与另外两个圆的交点，则下列说法中正确的是（）A．电子的加速度a A＜a B＜a C B．电子的电势能E PA＞E PB＞E PCC．电势ψa＞ψb＞ψc D．电势差U ac=2U ab考点：电势差与电场强度的关系．专题：电场力与电势的性质专题．分析：根据带电粒子的运动轨迹弯曲方向，即可判断库仑力是引力还是斥力；电场线密的地方电场的强度大，电场线疏的地方电场的强度小，沿电场线的方向，电势降低，电场力做正功，电势能减小，电场力做负功，电势能增加，根据这些知识进行分析即可．解答：解：A、离O点的点电荷越远，该处的电场强度越小，电子在该处的受到的电场力也越小，故a A＜a B＜a C，A选项正确；C、由电子轨迹的弯曲方向可知，点电荷和电子的电性一样，均带负电，则离点荷越远，该的电势越高，故电势ψa＞ψb＞ψc，C选项正确；B、而电子在电势越高处，具有的电势能越小，故E PA＜E PB＜E PC，B选项错误；D、由于点电荷的电场是非匀强电场，故U ac≠2U ab，D选项错误．故选：AC．点评：本题中，点电荷的电场强度的特点是离开场源电荷距离越大，场强越小，掌握住电场线和等势面的特点，即可解决本题．属于基础题目．7．（6分）如图所示，两根光滑平行的金属导轨，放在倾角为θ的斜面上，导轨的左端接有电阻R，导轨自身电阻不计，斜面处在一匀强磁场中，方向垂直斜面向上，一质量为m、电阻不计的金属棒，在沿斜面并与棒垂直的恒力F作用下沿导轨匀速上滑，并上升了h高度在上滑过程中（）A．金属棒所受合外力所做的功等于mgh与电阻R上产生的热量之和B．恒力F与重力的合力所做的功等于电阻R上产生的热量C．金属棒受到的合外力所做的功为零D．恒力F与安培力的合力所做的功为mgh考点：导体切割磁感线时的感应电动势；功的计算．专题：电磁感应与电路结合．分析：金属棒匀速运动时合外力为零，弄清功能转化关系，根据动能定理列方程进行分析．注意克服安培力所做的功等于回路中产生的热量．解答：解：A、C金属棒匀速运动时合外力为零，合外力所做的功等于零，不等于mgh与电阻R上产生的热量之和，故A错误，C正确．B、导体棒匀速上升过程中，根据动能定理得：W F+W G+W安=0，而克服安培力所做功等于回路电阻中产生的热量，即有：Q=﹣W安，则得：W F+W G﹣Q=0故有：W F+W G=Q，即恒力F与重力的合力所做的功等于电阻R上产生的热量，故B正确．C、由动能定理得：W F﹣mgh+W安=0，故有：W F+W安=mgh，即恒力F与安培力的合力所做的功为mgh，故D正确．故选：BCD点评：对于电磁感应与功能结合问题，注意利用动能定理进行判断各个力做功之间关系，尤其注意的是克服安培力所做功等于整个回路中产生热量．8．（6分）如图甲所示，abcd是位于竖直平面内的正方形闭合金属线框，在金属线框的下方有一磁感应强度为B的匀强磁场区域，MN和M′N′是匀强磁场区域的水平边界，边界的宽度为S，并与线框的bc边平行，磁场方向与线框平面垂直．现让金属线框由距MN的某一高度从静止开始下落，图乙是金属线框由开始下落到完全穿过匀强磁场区域的v﹣t图象（其中OA、BC、DE相互平行）．已知金属线框的边长为L（L＜S）、质量为m，电阻为R，当地的重力加速度为g，图象中坐标轴上所标出的字母v1、v2、t1、t2、t3、t4均为已知量．（下落过程中bc边始终水平）根据题中所给条件，以下说法正确的是（）A．t2是线框全部进入磁场瞬间，t4是线框全部离开磁场瞬间B．从bc边进入磁场起一直到ad边离开磁场为止，感应电流所做的功为mgSC．V1的大小可能为D．线框穿出磁场过程中流经线框横截面的电荷量比线框进入磁场过程中流经框横截面的电荷量多考点：导体切割磁感线时的感应电动势；闭合电路的欧姆定律；电功、电功率．专题：电磁感应与电路结合．分析：根据图象得出线框在穿越磁场整个过程中的运动规律，根据动能定理求出感应电流做功情况．抓住线框全部进入磁场时，可能重力和安培力平衡求出速度的大小．根据q=判断通过线框的电荷量大小．解答：解：A、0﹣t1时间内做自由落体运动，可知从t1时刻进入磁场，开始做加速度减小的减速运动，t2时刻又做匀加速运动，且与自由落体运动的加速度相同，可知线框全部进入磁场，即t2是线框全部进入磁场瞬间，t3时刻开始做变减速运动，t4时刻，又做加速度为g 的匀加速运动，可知t4是线框全部离开磁场瞬间，故A正确．B、从bc边进入磁场起一直到ad边离开磁场为止，根据动能定理得，，解得感应电流做功不等于mgS，出磁场时，设克服安培力做功为W A′，根据动能定理得，，则W A=mgs+W A′，可知故B错误．C、线框全部进入磁场前的瞬间，可能重力和安培力平衡，有：，解得，故C正确．D、根据q=知，线框进入磁场和出磁场的过程中，磁通量的变化量相同，则通过的电荷量相同，故D错误．故选：AC．点评：解决本题的关键通过图线理清线框在整个过程中的运动规律，结合动能定理、共点力平衡进行求解，掌握电量的经验表达式q=n，并能灵活运用．三、非选择题：包括必考题和选考题两部分．9．（5分）在“探究功与物体速度变化的关系”的实验中，实验装置如图甲所示．让小车在一条橡皮筋的作用下弹出后，沿木板滑行，此时橡皮筋对小车做的功记为W．然后用完全相同的橡皮筋二条、三条…合并在一起分别进行第2次、第3次…实验，每次实验中橡皮筋伸长的长度都保持一致．且每次实验中小车获得的速度可由打点计时器所打的纸带求出．（打点计时器所用交流电频率为50Hz）．（1）若木板水平放置，小车在一条橡皮筋作用下运动，当小车速度最大时，对橡皮筋所处的状态与小车所在的位置，下列说法正确的是B．A．橡皮筋处于原长状态 B．橡皮筋仍处于伸长状态C．小车正好运动到两个铁钉的连线处 D．小车已过两个铁钉的连线（2）为了使小车运动中所受的合外力正好等于橡皮筋对它的弹力，应采取的措施是平衡摩擦力；（3）如表是按正确操作分别得到的4次实验中获得的部分数据，其中缺少第3次实验（三条橡皮筋对小车做功）的部分数据，请根据第3次实验所得的纸带（图乙）补全表中的空格．次数 1 2 3 4橡皮筋对小车做功W 2W 3W 4W小车速度v（m/s） 1.00 1.42 1.73 2.00v2（m2/s2） 1.00 2.02 2.99 4.00（4）从表中数据你得出的结论是在误差允许的范围内，橡皮筋对小车做的功与小车速度的平方成正比．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：根据小车的受力，判断出小车的运动情况，从而确定何时速度最大．为了使小车运动中所受的合外力正好等于橡皮筋对它的弹力，需平衡摩擦力．根据表格中的数据得出做功与小车速度的关系．解答：解：（1）木板水平放置，没有平衡摩擦力，释放小车，开始弹力大于摩擦力，小车做加速运动，当弹力等于摩擦力后，弹力小于摩擦力，做减速运动，由此可知，当弹力等于摩擦力时，小车速度最大，此时橡皮筋仍处於伸长状态，小车位于两铁钉连线的前面，没有到达两铁钉连线处，故ACD错误，B正确，故选B．（2）为了使小车运动中所受的合外力正好等于橡皮筋对它的弹力，实验前需要平衡摩擦力．（3）小车的速度：v===1.73m/s，v2=1.732≈2.99，从表格中的数据可知，在误差允许的范围内，橡皮筋对小车做的功与小车速度的平方成正比．故答案为：（1）B；（2）平衡摩擦力；（3）1.73；2.99；在误差允许的范围内，橡皮筋对小车做的功与小车速度的平方成正比．点评：本题考查探究功与物体速度变化的关系，能够通过数据进行归纳总结，得出做功与速度变化的关系．10．（10分）太阳能电池板在有光照时，可以将光能转化为电能，在没有光照时，可以视为一个电学器件．某实验小组根据测绘小灯泡伏安特性曲线的实验方法，探究一个太阳能电池板在没有光照时（没有储存电能）的I﹣U特性．所用的器材包括：太阳能电池板，电源E，。