山东省临沂市蒙阴一中2014_2015学年高二物理下学期期中试卷(含解析)

合集下载

【物理】山东省临沂市区县2014-2015学年高二下学期期中考试

2014-2015学年山东省临沂市高二（下）期中物理试卷一、选择题：（本题共10小题．每小题4分．共40分．在每小题给出的四个选项中．有的只有一个选项正确．有的有多个选项正确，全部选对的得4分．选对但不全的得2分．有选错或不选的得0分．）1．（4分）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木块内，将弹簧压缩到最短，现将子弹、木块和弹簧合在一起作为研究对象（系统），则此系统在从子弹即将射入木块到弹簧压缩至最短的过程中（）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．【专题】：动量定理应用专题．【分析】：根据动量守恒与机械能守恒的条件分析答题；当系统所受合外力为零时，系统动量守恒；当只有重力或只有弹力做功时，系统机械能守恒．【解析】：解：在木块与子弹一起向左运动压缩弹簧的过程中，木块、子弹、弹簧所组成的系统所受合外力不为零，则系统动量不守恒；在子弹击中木块的过程中，要克服摩擦力做功，系统的部分机械能转化为内能，系统机械能不守恒，因此子弹、木块和弹簧所组成的系统，在从子弹开始射入木块到弹簧压缩至最短的整个过程中，动量不守恒、机械能不守恒；故选：B【点评】：本题考查了判断系统动量与机械能是否守恒，知道动量与机械能守恒的条件、分析清楚过程即可正确解题．2．（4分）一个矩形线圈在匀强磁场中转动，产生的感应电动势e=220sin100πtV，下列说法正确的是（）A．交流电的频率是100πHz B． t=0.05 s时，e有最大值C．交流电的周期是0.2 s D． t=0时，线圈位于中性面【考点】：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】：根据交流电的表达式，可以知道其最大值，以及线圈转动的角速度等物理量，然后进一步求出其它物理量，如有效值、周期、频率等．【解析】：解：A、产生的感应电动势e=220sin100πtV，交流电的频率是f==50Hz，故A错误；B、t=0.05 s时，e=0，故B错误；C、交流电的周期T==0.02s，故C错误；D、当t=0时e=0，此时线圈处在中性面上，故D正确．故选：D．【点评】：对于交流电的产生和描述要正确理解，要会推导交流电的表达式，明确交流电表达式中各个物理量的含义．3．（4分）如图所示表示交变电流的电流随时间变化的图象，此交变电流的有效值是（）A． A B． A C． 2.5A D． 5A【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】：让交流电和直流电分别通过相同的电阻，在相同时间内产生相同的热量，则直流的电流值为交流电的有效值．【解析】：解：根据有效值的定义知，，代入数据有：，解得电流的有效值I=．故选：B．【点评】：解决本题的关键知道交流电有效值的定义，抓住三个相同，即“相同时间”、“相同电阻”、“相同热量”．4．（4分）理想变压器原副线圈的匝数比为4：1，现在原线圈两端加上交变电压U=220sin （100πt）V时，灯泡L1、L2均正常发光．电压表和电流表都为理想电表．则下列说法中正确的是（）A．电压表的示数为55VB．该交流电的频率为100HzC．若将变阻器的滑片P向下滑动，则原线圈输入功率减小D．若将变阻器的滑片P向上滑动，则L1亮度不变、L2将变亮【考点】：变压器的构造和原理．【专题】：交流电专题．【分析】：根据瞬时值表达式可以求得输出电压的有效值、周期和频率等，再根据电压与匝数成正比即可求得结论【解析】：解：A、原线圈两端加上交变电压U=220sin（100πt）V，原线圈的电压的有效值为，根据得：电压表的示数为：，故A正确；B、原线圈两端加上交变电压U=220sin（100πt）V，ω=100πrad/s，所以频率为：，故B错误；C、若将变阻器的滑片P向下滑动，滑动变阻器的阻值增大，电路的总电阻增大，输出的电压不变，电流变小，所以原线圈输入功率减小，故C正确；D、在滑动变阻器触头P向上移动的过程中，滑动变阻器的阻值减小，电路的总电阻减小，由于电压是由变压器决定的，输出的电压不变，所以电流增大，即电流表读数增大，L1两端电压不变所以亮度不变，通过L1和L2的电流之和变大，通过L1的电流不变，所以L2电流增大，将变亮，故D正确；故选：ACD．【点评】：变压器的动态分析，关键是掌握制约关系，然后根据电路的动态变化的分析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．5．（4分）许多楼道照明灯具有这样的功能：天黑时，出现声音它就开启；而白天，即使有声音它也没有反应，它的控制电路中接入了哪些传感器（）A．温度传感器 B．光传感器 C．声音传感器 D．热传感器【考点】：常见传感器的工作原理．【分析】：了解延时开关的使用原理，利用了光传感器、声音传感器及与门电路，天黑、声音同时出现它就开启，灯亮．【解析】：解：根据题意，天黑时，出现声音它就开启；而白天，即使有声音它也没有反应，故电路中有光传感器，即使天黑，没声音灯也不亮，故用到了声音传感器．即控制电路中接入了光传感器、声音传感器．故选BC【点评】：考查了延时开关的工作原理，用到了光传感器、声音传感器．6．（4分）一束绿光照射某金属恰好发生了光电效应，对此，以下说法中正确的是（） A．若增加绿光的照射强度，则单位时间内逸出的光电子数目增多B．若增加绿光的照射强度，则逸出的光电子最大初动能增加C．若改用紫光照射，则逸出光电子的最大初动能增加D．若改用红光照射，则仍有可能使其发生光电效应【考点】：光电效应．【专题】：光电效应专题．【分析】：发生光电效应的条件是入射光的频率大于金属的极限频率，通过入射光的频率大小，结合光电效应方程判断光电子的最大初动能的变化．【解析】：解：A、光的强度增大，则单位时间内逸出的光电子数目增多，故A正确；B、根据光电效应方程E km=hv﹣W0知，光电子的最大初动能不变．故B错误．C、因为紫光的频率大于绿光的频率，根据光电效应方程E km=hv﹣W0知，光电子的最大初动能增加．故C正确；D、若改用红光照射，红色光的频率小于绿色光的频率，能量比较小，小于金属的逸出功，所以不能产生光电效应，故D错误．故选：AC．【点评】：解决本题的关键知道影响光电子最大初动能的因素，以及知道光的强度影响单位时间发出的光电子数目．7．（4分）下列关于放射性元素的半衰期的几种说法正确的是（）A．同种放射性元素，在化合物中的半衰期比在单质中长B．放射性元素的半衰期与元素所处的物理和化学状态无关，它是一个统计规律，只对大量的原子核才适用C．氡的半衰期是3.8天，若有4g氡原子核，则经过7.6天就只剩下1g氡D．氡的半衰期是3.8天，若有4个氡原子核，则经过7.6天就只剩下一个氡【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】：正确解答本题需要掌握：正确理解半衰期的含义并利用半衰期公式进行有关运算．【解析】：解：放射性元素的原子核有半数发生衰变时所需要的时间叫半衰期，这是一个统计规律，对于大量的原子核才适用，对于少量原子核是不成立的，放射性元素衰变的快慢是由原子核内部自身决定的，与外界的物理和化学状态无关，故AD错误，B正确；设原来氡的质量为M0，衰变后剩余质量为M则有：，其中n为半衰期的次数，氡的半衰期是3.8天，经过7.6天即n=2，带入数据得，M=1g，故C正确．故选BC．【点评】：本题考查了对半衰期的理解情况，对于物理中的基本概念要深入理解其本质，不能只是理解其表面意思．8．（4分）如图所示，A、B是相同的白炽灯，L是自感系数很大、电阻可忽略的自感线圈．下面说法正确的是（）A．闭合开关S时，A、B灯同时亮，且达到正常B．闭合开关S时，B灯比A灯先亮，最后一样亮C．闭合开关S时，A灯比B灯先亮，最后一样亮D．断开开关S时，A、B灯同时熄灭【考点】：自感现象和自感系数．【分析】：开关闭合的瞬间，电源的电压同时加到两支路的两端，A灯立即发光．由于线圈的阻碍，B灯后发光，由于线圈的电阻可以忽略，灯B逐渐变亮．断开开关K的瞬间，线圈与两灯一起构成一个自感回路，由于线圈的自感作用，两灯逐渐同时熄灭【解析】：解：A、B、C、开关闭合的瞬间，电源的电压同时加到两支路的两端，A灯立即发光．由于线圈的自感阻碍，B灯后发光，由于线圈的电阻可以忽略，灯B逐渐变亮，最后一样亮，故AB错误，C正确；D、断开开关的瞬间，线圈与两灯一起构成一个自感回路，过线圈的电流将要减小，产生自感电动势，相当电源，两灯逐渐同时熄灭，故D正确．故选：CD【点评】：对于自感线圈，当电流变化时产生自感电动势，相当于电源，当电路稳定时，相当于导线，将所并联的电路短路9．（4分）下列提到的交流电，哪一个指的是交流电的最大值（）A．交流电压表读数 B．保险丝的熔断电流C．电容器的击穿电压 D． 220V交流电压【考点】：正弦式电流的最大值和有效值、周期和频率．【专题】：交流电专题．【分析】：正弦式电流给灯泡供电，电压表显示是电源电压的有效值，要求电路中灯泡的电流或功率等，均要用正弦式电流的有效值．【解析】：解：A、交流电表的示数是有效值．故A错误；B、B、保险丝的额定电流，也是有效值，故B错误；C、电容器的击穿电压，是指的电压最大值，故C正确；D、220V动力电压是有效值，故D错误；故选：C．【点评】：应牢记我们所说的电流电压值及机械能铭牌上所标记的数值及交流电表的测量值均为有效值；10．（4分）图示为氢原子的部分能级图．关于氢原子能级的跃迁，下列叙述中正确的是（）A．用能量为l0.21eV的光子照射，可使处于基态的氢原子跃迁到激发态B．用能量为11.0eV的光子照射，可使处于基态的氢原子跃迁到激发态C．用能量为14.0eV的光子照射，可使处于基态的氢原子电离D．大量处于基态的氢原子吸收了能量为12.10eV的光子后，能辐射3种不同频率的光【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】：能级间发生跃迁吸收的光子能量能用两能级间的能级差．基态的氢原子吸收的能量若大于等于13.61eV，则会发生电离．【解析】：解：A、基态的氢原子吸收10.21eV的能量，能量为﹣13.61+10.21=﹣3.40eV．跃迁到第二能级．故A正确．B、11.0eV的能量不等于基态与其它能级间的能级差，所以不能吸收而发生跃迁．故B错误．C、因为﹣13.61+14.0eV＞0，所以用能量为14.0eV的光子照射，可使处于基态的氢原子电离．故C正确．D、基态氢原子吸收12.10eV的能量，会跃迁到第3能级，会辐射出3种不同频率的光子．故D正确．故选ACD．【点评】：解决本题的关键知道能级间跃迁所满足的规律，即E m﹣E n=hv．二．填空题（本大题共有3题，11题6分，每空2分，12题6分，每空3分，13题6分：每空3分，共18分．将答案填写在题中横线上方的空白处，不要求写出演算过程．）11．（6分）完成下列核反应方程（1）H+H→H e+ 10n +17.6Mev（2）H+H e→O+ 11H（3）U→Th+ 42He ．【考点】：裂变反应和聚变反应．【专题】：衰变和半衰期专题．【分析】：正确解答本题需要掌握：利用核反应方程中的质量数和电荷数守恒正确判断生成物．【解析】：解：（1）设生成物的质量数为x，则有2+3=4+x，所以x=1，电荷数：z=1+1﹣2=0，即生成物为中子，10n．（2）设生成物的质量数为x，则有14+4=17+x，所以x=1，电荷数：z=7+2﹣8=1，即生成物为质子11H．（3）设生成物的质量数为x，则有92=234+x，所以x=4，根据电荷数守恒可知，z=92﹣90=2，是氦核42He．．故答案为：（1）10n；（2）11H；（3）42He【点评】：根据核反应过程遵循质量数和核电荷数守恒解决问题，知道常见的核反应方程，并能区分即可．12．（6分）如图所示，L1和L2是远距离输电的两根高压线，在靠近用户端的某处用电压互感器和电流互感器监测输电参数．在用电高峰期，用户接入电路的用电器逐渐增多的时候．甲减小（填增大、减小或不变）；乙增大．（填增大、减小或不变）．【考点】：变压器的构造和原理．【专题】：交流电专题．【分析】：根据匝数比等于电压之比和匝数比等于电流反比求解，结合电路动态分析判断电阻增大时电流的变化．【解析】：解：由图可知：甲是电压互感器，乙是电流互感器，所以甲是电压表，乙是电流表．在用电高峰期，用户接入电路的用电器逐渐增多的时候，副线圈总电阻变小，副线圈总电流变大，所以输电导线电流变大，输电导线电阻R不变，由U=IR可知，电压损失变大，所以高压线上输出电压变小，根据匝数比等于电压之比，所以甲电表的示数变小．输电导线电流变大，所以乙电表的示数变大，故答案为：减小，增大．【点评】：本题实质是电压互感器与电流互感器的简单运用，电压互感器与电流互感器是利用变压器原理将电压、电流减小到可测范围进行测量的仪器．掌握电路的动态分析，这是高考中的热点13．（6分）核聚变电站被称为“人造太阳”，它来自下面的反应：4个质子（氢核）聚变成1个α粒子，同时释放2个正电子和2个没有静止质量的中微子，质子、氢核、正电子的质量分别为m1、m2、m3，真空中的光速为c，此聚变的核反应方程是→（中微子可略去不写），核反应过程中释放的能量△E= （4m1﹣m2﹣2m3）c2．【考点】：爱因斯坦质能方程；轻核的聚变．【专题】：爱因斯坦的质能方程应用专题．【分析】：（1）根据参与反应的粒子种类及生成粒子的种类，根据质量数守恒与核电荷数守恒写出核反应方程式．（2）求出质量亏损，然后由质能方程求出核反应释放的能量．【解析】：解：（1）核反应方程式为：→；（2）核反应过程中的质量亏损△m=（4m1﹣m2﹣2m3），根据爱因斯坦质能方程：△E=△mc2可知，核反应释放的能量，△E=（4m1﹣m2﹣2m3）c2．故答案为：→；（4m1﹣m2﹣2m3）c2【点评】：写核反应方程式时，要注意核电荷数与质量数守恒；先求出质量亏损，然后再求释放的能量．三．计算题（本大题共有4小题，14题10分，15题10分，16题10分，17题12分，共42分，要求写出必要的文字说明、方程式和演算步骤，明确有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位．）14．（10分）如图所示，线圈abcd的面积是0.01m2，共1000匝，线圈电阻为10Ω，外接电阻R=90Ω，匀强磁场的磁感应强度为B=T，当线圈以300r/min的转速匀速转动时，求：（1）从图示位置开始计时，写出感应电动势的瞬时值表达式．（2）电路中交流电压表和电流表的示数．（3）线圈由如图位置转过60°的过程中，流过电阻R的电量为多少？【考点】：交流的峰值、有效值以及它们的关系；闭合电路的欧姆定律．【专题】：交流电专题．。

15学年下学期高二模块期中考试物理试题(附答案) (1)

2014-2015学年度第二学期模块测试高二物理第I卷共48分一．选择题：(本题共12小题，每小题4分，在每小题给出的四个选项中，第 1 ~ 8题只有一项符合题目要求，第9 ~ 12题有多项符合题目要求，全部选对的得4 分，选对但不全的得2分，有选错的得0 分。

答案涂在答题纸上相应的位置。

)1．如图所示，闭合圆导线线圈放置在匀强磁场中，线圈平面与磁场平行，其中ac、bd分别是平行、垂直于磁场方向的两条直径．试分析线圈做如下运动时，能产生感应电流的是()A．使线圈在纸面内平动B．使线圈平面沿垂直纸面方向向纸外平动C．使线圈以ac为轴转动D．使线圈以bd为轴转动2．如图所示，A、B是相同的白炽灯，L是自感系数很大、电阻可忽略的自感线圈。

下面说法正确的是A．闭合开关S时，B灯比A灯先亮，最后一样亮B．闭合开关S时，A灯比B灯先亮，最后一样亮C．闭合开关S稳定后断开开关S时，流过A灯中的电流方向与原来相同D．闭合开关S稳定后断开开关S时，A灯与B灯更亮一下后慢慢熄灭3．矩形线圈abcd在匀强磁场中绕垂直于磁场的轴匀速转动，线圈所围面积的磁通量Φ随时间t变化的规律如图所示，下面的说法正确的是A．t1时刻线圈中感应电动势最大B．t2时刻导线ad的速度方向跟磁感线垂直C．t2时刻线圈平面与中性面重合D．t4时刻线圈中感应电流方向改变4．如图所示的理想变压器，各表均为理想交流电表，R 1，R 2，R 3均为定值电阻，初级线圈加上电压有效值恒定的交变电流，当开关K 闭合时，下列说法正确的是（）A ．A 1示数不变，A 2示数变大B ．V 1示数变小，V 2示数变小C ．V 1示数不变，V 2示数不变D ．R 2消耗功率变小5．一矩形线圈abcd 位于一随时间变化的匀强磁场内，磁场方向垂直线圈所在的平面向里(如图甲所示)，磁感应强度B 随时间t变化的规律如图乙所示．以I 表示线圈中的感应电流(图甲中线圈上箭头方向为电流的正方向)，则下列选项中能正确表示线圈中电流I 随时间t 变化规律的是6．如图所示，直角三角形导线框abc 以大小为v 的速度匀速通过有清晰边界的匀强磁场区域（匀强磁场区域的宽度大于导线框bc 边的长度），则此过程中导线框中感应电流随时间变化的规律为(规定逆时针方向的电流为正)7．如图所示，图甲和图乙分别表示正弦脉冲波和方波的交变电流与时间的变化关系．若使这两种电流分别通过两个完全相同的电阻，则经过1 min 后，两电阻消耗的电功之比W 甲∶W 乙为( )A ．1∶2B ．1∶2C ．1∶3D ．1∶68．现将电池组、滑动变阻器、带铁芯的线圈A、线圈B、电流计及电键按如图1所示连接．下列说法中正确的是A．电键闭合后，线圈A插入或拔出线圈B时都会引起电流计指针偏转B．线圈A插入线圈B中后，电键闭合后电流计指针偏转一角度后静止不动C．电键闭合后，使滑动变阻器的滑片P匀速滑动的过程，电流计指针无偏转D．电键闭合后，只有滑动变阻器的滑片P加速滑动，电流计指针才能偏转9．如图所示，金属铜球从距底端高h的绝缘光滑曲面无初速滚下，又沿曲面的另一侧上升，整个装置处在磁场中，则A．若磁场是匀强磁场，铜球滚上的最大高度小于hB．若磁场是匀强磁场，铜球滚上的最大高度等于hC．若是从左到右逐渐增强的非匀强磁场，铜球滚上的最大高度小于h。

临沂市蒙阴一中2015-2016学年高二下学期期中物理试题及答案

2015-2016学年山东省临沂市蒙阴一中高二（下）期中物理试卷一、单项选择题（每小题只有一个选项符合题意，每小题3分，共15分）1．放射性同位素可作示踪原子，在医学上还可以确定肿瘤位置．今有四种不同的放射性同位素R、P、Q、S，它们的半衰期分别为半年、38天、15天和2天，则我们应选用的同位素是（）A．S B．Q C．P D．R2．在匀强磁场里有一个原来静止的放射性碳14，它所放射的粒子与反冲核的轨迹是两个相切的圆，圆的半径比为5：1，那么碳的衰变方程是（）A．C→He+Be B．C→e+ BC．C→e+N D．C→H+ B3．如图所示，两个带同种电荷的小球A和B，A、B的质量分别为m、2m，开始时将它们固定在绝缘的光滑水平面上，保持静止．A、B的相互作用力遵循牛顿第三定律，现同时释放A、B，经过一段时间，B的速度大小为v，则此时（）A．A球的速度大小为B．B球对A球做的功为mv2C．A球的动能为2mv2D．A球的动量大小为mv4．某研究小组成员设计了一个如图所示的电路，已知纯电阻R的阻值不随温度变化．与R 并联的是一个理想的交流电压表，D是理想二极管（它的导电特点是正向电阻为零，反向电阻为无穷大）．在A、B间加一交流电压，瞬时值的表达式为u=20sin100πt（V），则交流电压表示数为（）A．10V B．20V C．15V D．14.1 V5．使人类首次认识到原子核可变可分的事实依据是（）A．电子的发现B．α粒子散射实验C．天然放射现象 D．原子核的人工转变二、不定项选择题（在每小题给出的4个选项中，至少有一项是正确的，全选对得4分，选对但不全的得2分，错选或不选得0分，共44分）6．某放射性元素的原子核内有N个核子，其中有n个质子，该原子核发生2次α衰变和1次β衰变，变成1个新核，则（）A．衰变前原子核有n个中子B．衰变后新核有（n﹣3）个质子C．衰变后新核的核子数为（N﹣3）D．衰变前原子核的质量数等于衰变后新核质量数与放出粒子质量数之和7．下列说法中正确的是（）A．氢原子从激发态向基态跃迁只能辐射特定频率的光子B．光电效应既显示了光的粒子性，又显示了光的波动性C．天然放射现象的发现，揭示了原子的核式结构D．一个氘核（H）与一个氦核（H）聚变生成一个氦核（He）的同时，放出一个中子8．汽车拉着拖车在平直的公路上匀速行驶，突然拖车与汽车脱钩，而汽车的牵引力不变，各自受的阻力不变，则在拖车停止运动前（）A．汽车和拖车的总动量不变B．汽车和拖车的总动能不变C．汽车和拖车的总动量增加D．汽车和拖车的总动能增加9．用如图的装置研究光电效应现象，当用光子能量为2.5eV的光照射到光电管上时，电流表G的读数为0.2mA．移动变阻器的触点c，当电压表的示数大于或等于0.7V时，电流表读数为0．则（）A．光电管阴极的逸出功为1.8eVB．电键k断开后，没有电流流过电流表GC．光电子的最大初动能为0.7eVD．改用能量为1.5eV的光子照射，电流表G也有电流，但电流较小10．传感器被广泛应用在日常生活中，下列用电器中，有使用温度传感器的是（）A．遥控器B．空调机C．电冰箱D．电饭锅11．如图所示，T为理想变压器，A1、A2为理想交流电流表，V1、V2为理想交流电压表，R1、R2为定值电阻，R3为光敏电阻（光照增强，电阻减小），原线圈两端接恒压正弦交流电源，当光照增强时（）A．电压表V1示数变小B．电压表V2示数变大C．电流表A1示数变大D．电流表A2示数变大12．在变电站里，经常要用交流电表去监测电网上的强电流，所用的器材叫电流互感器．如图所示的四个图中，能正确反应其工作原理的是（）A．B．C．D．13．关于科学家和他们的贡献，下列说法正确的是（）A．普朗克曾经大胆假设：振动着的带电微粒的能量只能是某一最小能量值ε的整数倍，这个不可再分的最小能量值ε叫做能量子B ．德布罗意提出：实物粒子也具有波动性，而且粒子的能量ε和动量p 跟它对所应的波的频率ν和波长λ之间，遵从关系v=和λ=C ．卢瑟福认为，原子是一个球体，正电荷弥漫性地均匀分布在整个球体内，电子镶嵌其中D ．按照爱因斯坦的理论，在光电效应中，金属中的电子吸收一个光子获得的能量是h ν，这些能量的一部分用来克服金属的逸出功W 0，剩下的表现为逸出后电子的初动能E k E ．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，成功地解释了所有原子光谱的实验规律14．将α、β、γ三种射线分别射入匀强磁场和匀强电场，下图表示射线偏转情况中正确的是（）A ．B ．C ．D ． 15．质量为m 的物体以v 0做平抛运动，经过时间t ，下落的高度为h ，速度大小为v ，在这段时间内，该物体的动量变化量大小为（）A ．mv ﹣mv 0B ．mgtC ．mD ．m16．如图为玻尔为解释氢原子光谱画出的氢原子能及示意图，一群氢原子处于n=4的激发态，当它们自发地跃迁到较低能级时，以下说法符合玻尔理论的有（）A ．电子轨道半径减小，动能也要增大B ．氢原子跃迁时，可发出连续不断的光谱线C ．由n=4跃迁到n=1时发出光子的频率最小D ．金属钾的逸出功为2.21 eV ，能使金属钾发生光电效应的光谱线有4条三、计算题（解答时请写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤，本题4小题，共41分）17．一个铀核U，经一次α衰变后，产生钍核Th，（1）试写出上述衰变的核反应方程；（2）若一个静止的铀核发生衰变，以v的速度释放一个α粒子，求产生钍核的运动速度大小．18．人眼对绿光最为敏感，正常人眼睛接收到波长为5.3×10﹣7m的绿光时，每秒内只要有6个绿光光子射入瞳孔即可引起视觉．已知普朗克常量h=6.63×10﹣34J•s，真空中光速c=3.0×108m/s，求：（1）绿光光子的能量为多少？（结果保留两位有效数字）（2）若用此绿光照射逸出功为3.6×10﹣19J的某金属，则产生的光电子的最大初动能为多少？（结果保留两位有效数字）（3）功率为100W绿灯泡每秒钟发出绿光光子数是多少？（结果保留两位有效数字）19．交流发电机的发电原理是矩形线圈在匀强磁场中绕垂直于磁场的轴OO′匀速转动．一小型发电机的线圈共220匝，线圈面积S=0.1m2，线圈转动的频率为50Hz，线圈内阻不计，磁场的磁感应强度B=T．为用此发电机所发出交流电带动两个标有“220V 11kW”的电机正常工作，需在发电机的输出端a、b与电机之间接一个理想变压器，电路如图．求：（1）发电机的输出电压为多少？（2）变压器原副线圈的匝数比为多少？（3）与变压器原线圈串联的交流电流表的示数为多少？20．如图，一光滑水平桌面AB与一半径为R的光滑半圆形轨道相切于C点，且两者固定不动．一长L为0.8m的细绳，一端固定于O点，另一端系一个质量m1为0.2kg的球．当球在竖直方向静止时，球对水平桌面的作用力刚好为零．现将球提起使细绳处于水平位置时无初速释放．当球m1摆至最低点时，恰与放在桌面上的质量m2为0.8kg的小铁球正碰，碰后m1小球以2m/s的速度弹回，m2将沿半圆形轨道运动，恰好能通过最高点D．g=10m/s2，求①m2在圆形轨道最低点C的速度为多大？②光滑圆形轨道半径R应为多大？2015-2016学年山东省临沂市蒙阴一中高二（下）期中物理试卷参考答案与试题解析一、单项选择题（每小题只有一个选项符合题意，每小题3分，共15分）1．放射性同位素可作示踪原子，在医学上还可以确定肿瘤位置．今有四种不同的放射性同位素R、P、Q、S，它们的半衰期分别为半年、38天、15天和2天，则我们应选用的同位素是（）A．S B．Q C．P D．R【考点】原子核衰变及半衰期、衰变速度．【分析】在医学上还可以确定肿瘤位置，在受检体内存留时间要短，这样才安全，从而即可求解．【解答】解：由题意可知，今有四种不同的放射性同位素R、P、Q、S，它们的半衰期分别为半年、38天、15天和2天，在医学上还可以确定肿瘤位置，必须在受检体内存留时间要短，这样才安全，故A正确，BCD错误；故选：A．2．在匀强磁场里有一个原来静止的放射性碳14，它所放射的粒子与反冲核的轨迹是两个相切的圆，圆的半径比为5：1，那么碳的衰变方程是（）A．C→He+Be B．C→e+ BC．C→e+N D．C→H+ B【考点】原子核衰变及半衰期、衰变速度．【分析】静止的放射性碳14，它所放射的粒子与反冲核，系统动量守恒，结合带电粒子在匀强磁场中的半径公式，求出放射的两粒子的电量比，再根据左手定则确定电荷的电性，从而根据电荷数守恒、质量数守恒选出正确的核反应方程式．【解答】解：由静止的碳核得到的两个粒子运动速度方向相反，并且两个粒子满足动量守恒定律，即mv=MV，由题意可知，粒子在匀强磁场中做圆周运动的半径比5：1，根据知，电荷量之比为1：5，轨迹圆外切，知放射的粒子与反冲核带同种电荷，故B、D正确，A、C错误．故选：BD．3．如图所示，两个带同种电荷的小球A和B，A、B的质量分别为m、2m，开始时将它们固定在绝缘的光滑水平面上，保持静止．A、B的相互作用力遵循牛顿第三定律，现同时释放A、B，经过一段时间，B的速度大小为v，则此时（）A．A球的速度大小为B．B球对A球做的功为mv2C．A球的动能为2mv2D．A球的动量大小为mv【考点】动量守恒定律；牛顿第三定律．【分析】两球组成的系统动量守恒，由动量守恒定律求出A球的速度，然后答题．【解答】解：A、两球组成的系统所受合外力为零，系统动量守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律得：2mv+mv A=0，解得：v A=﹣2v，方向向左，故A错误；B、对A球，由动能定理得：W=mv A2=2mv2，故B错误；C、A球的动能：E KA=mv A2=2mv2，故C正确；D、A球的动量大小：p=mv A=2mv，故D错误；故选：C．4．某研究小组成员设计了一个如图所示的电路，已知纯电阻R的阻值不随温度变化．与R 并联的是一个理想的交流电压表，D是理想二极管（它的导电特点是正向电阻为零，反向电阻为无穷大）．在A、B间加一交流电压，瞬时值的表达式为u=20sin100πt（V），则交流电压表示数为（）A．10V B．20V C．15V D．14.1 V【考点】正弦式电流的最大值和有效值、周期和频率．【分析】交流电压表示数为有效值，注意二极管的单向导电性，使得半个周期内R1通路，另半个周期内R1断路，从而利用热效应即可求解．【解答】解：二极管具有单向导电性，使得半个周期内R1通路，另半个周期内R1断路．在正半周内，交流电的有效值为20V，故一个周期内的电阻发热为Q=T，解得：U=10V=14.1V．故选：D5．使人类首次认识到原子核可变可分的事实依据是（）A．电子的发现B．α粒子散射实验C．天然放射现象 D．原子核的人工转变【考点】粒子散射实验．【分析】电子的发现说明原子可分；天然放射现象是原子核内部自发的放射出α粒子或电子的现象；α粒子散射现象说明原子具有核式结构，从而即可求解．【解答】解：A、电子的发现，原子可再分，不涉及原子核内部变化．故A错误．B、α粒子散射实验表明了原子内部有一个很小的核，并没有涉及到核内部的变化，故B错误．C、天然放射现象是原子核内部自发的放射出α粒子或电子的现象，反应的过程中核内核子数，质子数，中子数发生变化，涉及到原子核内部的变化．故C正确．D、原子核的人工转变属于核反应，不涉及到原子核可变可分．故D错误．故选：C．二、不定项选择题（在每小题给出的4个选项中，至少有一项是正确的，全选对得4分，选对但不全的得2分，错选或不选得0分，共44分）6．某放射性元素的原子核内有N个核子，其中有n个质子，该原子核发生2次α衰变和1次β衰变，变成1个新核，则（）A．衰变前原子核有n个中子B．衰变后新核有（n﹣3）个质子C．衰变后新核的核子数为（N﹣3）D．衰变前原子核的质量数等于衰变后新核质量数与放出粒子质量数之和【考点】原子核衰变及半衰期、衰变速度．【分析】β衰变生成负电子，质子数增加1个，是因为一个中子转化成质子而释放出的电子【解答】解：A、核子数=质子数+中子数，所以衰变前原子核有（N﹣n）个中子，A错误；B、α衰变生成氦原子核，质子数减少2个，β衰变生成负电子，质子数增加1个，衰变后新核有（n﹣4+1）=（n﹣3）个质子，B正确；C、α衰变改变核子数，β衰变不改变核子数，发生2次α衰变和1次β衰变，衰变后新核的核子数为（N﹣8），C错误；D、衰变前原子核的质量数等于衰变后新核质量数与放出粒子质量数之和，D正确；故选：BD7．下列说法中正确的是（）A．氢原子从激发态向基态跃迁只能辐射特定频率的光子B．光电效应既显示了光的粒子性，又显示了光的波动性C．天然放射现象的发现，揭示了原子的核式结构D．一个氘核（H）与一个氦核（H）聚变生成一个氦核（He）的同时，放出一个中子【考点】氢原子的能级公式和跃迁；原子核衰变及半衰期、衰变速度；裂变反应和聚变反应．【分析】从激发态向基态跃迁辐射光子；光电效应显示了光的粒子性；天然放射现象揭示了原子核的复杂结构；由核反应方程的规则：质量数与质子数守恒，即可判定．【解答】解：A、氢原子从激发态向基态跃迁，只能辐射特定频率的光子，故A正确；B、光电效应显示了光的粒子性，而不是波动性，故B错误；C、天然放射现象的发现，揭示了原子核复杂结构，而α粒子散射实验提示了原子的核式结构，故C错误；D、由核反应方程规则，则有：+→+，故D正确；故选：AD．8．汽车拉着拖车在平直的公路上匀速行驶，突然拖车与汽车脱钩，而汽车的牵引力不变，各自受的阻力不变，则在拖车停止运动前（）A．汽车和拖车的总动量不变B．汽车和拖车的总动能不变C．汽车和拖车的总动量增加D．汽车和拖车的总动能增加【考点】功率、平均功率和瞬时功率；动能定理的应用．【分析】由于汽车的牵引力和受到的阻力都不变，汽车和拖车整体的受力不变，合力的大小为零，所以整体的动量守恒，牵引力和阻力的大小虽然不变，但是汽车和拖车运动的位移的大小不同，根据动能定理可以分析汽车和拖车的总动能的变化．【解答】解：A、分析汽车和拖车的受力可以知道，对于整体而言，牵引力和阻力的大小都没变，整体的合力还是为零，所以整体的动量守恒，所以A正确，C错误；B、当拖车与汽车脱钩后，汽车的牵引力不变，但是车头受到的阻力减小，所以车头要做加速运动，拖车做减速运动，车头的位移大于拖车的位移，根据动能定理可知，此时牵引力的位移比阻力的位移大，牵引力的功比阻力的功大，所以汽车和拖车的总动能要增加，所以D 正确，B错误．故选AD．9．用如图的装置研究光电效应现象，当用光子能量为2.5eV的光照射到光电管上时，电流表G的读数为0.2mA．移动变阻器的触点c，当电压表的示数大于或等于0.7V时，电流表读数为0．则（）A．光电管阴极的逸出功为1.8eVB．电键k断开后，没有电流流过电流表GC．光电子的最大初动能为0.7eVD．改用能量为1.5eV的光子照射，电流表G也有电流，但电流较小【考点】爱因斯坦光电效应方程．【分析】A、该装置所加的电压为反向电压，发现当电压表的示数大于或等于0.7V时，电流表示数为0，知道光电子点的最大初动能为0.7eV，根据光电效应方程E Km=hγ﹣W0，求出逸出功．B、电键S断开，只要有光电子发出，则有电流流过电流表．D、改用能量为1.5eV的光子照射，通过判断是否能发生光电效应来判断是否光电流．【解答】解：A、该装置所加的电压为反向电压，发现当电压表的示数大于或等于0.7V时，电流表示数为0，知道光电子点的最大初动能为0.7eV，根据光电效应方程E Km=hγ﹣W0，W0=1.8eV．故A、C正确．B、电键S断开后，用光子能量为2.5eV的光照射到光电管上时发生了光电效应，有光电子逸出，则有电流流过电流表．故B错误．D、改用能量为1.5eV的光子照射，由于光电子的能量小于逸出功，不能发生光电效应，无光电流．故D错误．故选：AC10．传感器被广泛应用在日常生活中，下列用电器中，有使用温度传感器的是（）A．遥控器B．空调机C．电冰箱D．电饭锅【考点】传感器在生产、生活中的应用．【分析】传感器的作用是将温度、力、光、声音等非电学量转换为电学量．温度传感器通过将温度这个非电学量转化为电学量或者电路的通断来控制电路．【解答】解：A、各种遥控器均与温度无关，说明没有使用温度传感器，故A不符合题意；B、空调机中当温度低于设定的临界温度时，压缩机会工作，说明有温度传感器，故B符合题意；C、电冰箱中，当温度高于设定的临界温度时会工作，说明有温度传感器，故C符合题意；D、电饭锅中，当温度高于设定的临界温度时会断开加热电路，说明有温度传感器，故D符合题意．故选：BCD．11．如图所示，T为理想变压器，A1、A2为理想交流电流表，V1、V2为理想交流电压表，R1、R2为定值电阻，R3为光敏电阻（光照增强，电阻减小），原线圈两端接恒压正弦交流电源，当光照增强时（）A．电压表V1示数变小B．电压表V2示数变大C．电流表A1示数变大D．电流表A2示数变大【考点】变压器的构造和原理．【分析】和闭合电路中的动态分析类似，可以根据R3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、当光照增强时，导致总电阻减小，总的电流变大，电阻R1的电压变大，总的电压保持不变即V1示数不变，所以并联部分的电压要减小，即V2读数变小，所以A 错误B错误．C、当光照增强时，电路的总的电阻减小，所以电路的总电流要变大，所以A1、A2的示数都要变大，所以CD正确；故选：CD．12．在变电站里，经常要用交流电表去监测电网上的强电流，所用的器材叫电流互感器．如图所示的四个图中，能正确反应其工作原理的是（）A ．B ．C ．D ．【考点】变压器的构造和原理．【分析】电流互感器原理是依据电磁感应原理的．电流互感器是由闭合的铁心和绕组组成．它的一次绕组匝数很少，串在需要测量的电流的线路中，因此它经常有线路的全部电流流过，二次绕组匝数比较多，串接在测量仪表和保护回路中，电流互感器在工作时，它的2次回路始终是闭合的，因此测量仪表和保护回路串联线圈的阻抗很小，电流互感器的工作状态接近短路．【解答】解：由理想变压器的原副线圈的电流之比可知，电流与匝数成反比．则电流互感器应串连接入匝数较多的线圈上．同时一次绕组匝数很少，且串在需要测量的电流的线路中．故A 正确；故选：A ．13．关于科学家和他们的贡献，下列说法正确的是（）A ．普朗克曾经大胆假设：振动着的带电微粒的能量只能是某一最小能量值ε的整数倍，这个不可再分的最小能量值ε叫做能量子B ．德布罗意提出：实物粒子也具有波动性，而且粒子的能量ε和动量p 跟它对所应的波的频率ν和波长λ之间，遵从关系v=和λ=C ．卢瑟福认为，原子是一个球体，正电荷弥漫性地均匀分布在整个球体内，电子镶嵌其中D ．按照爱因斯坦的理论，在光电效应中，金属中的电子吸收一个光子获得的能量是h ν，这些能量的一部分用来克服金属的逸出功W 0，剩下的表现为逸出后电子的初动能E k E ．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，成功地解释了所有原子光谱的实验规律【考点】物理学史．【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 、普朗克曾经大胆假设：振动着的带电微粒的能量只能是某一最小能量值ε的整数倍，这个不可再分的最小能量值ε叫做能量子，故A 正确B、德布罗意提出：实物粒子也具有波动性，而且粒子的能量ε和动量p跟它对所应的波的频率ν和波长λ之间，遵从关系v=和λ=，故B正确C、卢瑟福的实验提出了带核的原子结构模型：原子是由原子核和核外电子构成，故C错误D、按照爱因斯坦的理论，在光电效应中，金属中的电子吸收一个光子获得的能量是hν，这些能量的一部分用来克服金属的逸出功W0，剩下的表现为逸出后电子的初动能E k，故D正确E、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的实验规律，不能解释复杂的原子光谱的规律，故E错误故选：ABD14．将α、β、γ三种射线分别射入匀强磁场和匀强电场，下图表示射线偏转情况中正确的是（）A．B．C．D．【考点】X射线、α射线、β射线、γ射线及其特性．【分析】根据α、β、γ三种射线的带电性质和本质以及带电粒子在电场中受力特点可正确判断．本题应抓住：①三种射线的成分主要是指所带电性：α射线是高速He流带正电，β射线是高速电子流，带负电，γ射线是γ光子，是中性的．②洛伦兹力方向的判定，左手定则：张开左手，拇指与四指垂直，让磁感线穿入手心，四指的方向是正电荷运动的方向，拇指的指向就是洛伦兹力的方向．【解答】解：AB、因α射线是高速He流，一个α粒子带两个正电荷．根据左手定则，α射线受到的洛伦兹力向左，β射线是高速电子流，带负电荷．根据左手定则，β射线受到的洛伦兹力向右，γ射线是γ光子，是中性的，故在磁场中不受磁场的作用力，轨迹不会发生偏转．故A正确，B错误．CD、因α射线实质为氦核，带正电，β射线为电子流，带负电，γ射线为高频电磁波，根据电荷所受电场力特点可知：向左偏的为β射线，不偏的为γ射线，向右偏的为α射线，故C 错误，D正确；故选：AD．15．质量为m的物体以v0做平抛运动，经过时间t，下落的高度为h，速度大小为v，在这段时间内，该物体的动量变化量大小为（）A．mv﹣mv0 B．mgt C．m D．m【考点】动量定理；平抛运动．【分析】根据动量定理求出物体动量的变化量，或通过首末位置的动量，结合三角形定则求出动量的变化量．【解答】解：根据动量定理得，合力的冲量等于动量的变化量，所以△P=mgt．末位置的动量为mv，初位置的动量为mv0，根据三角形定则，知动量的变化量=．故B、C、D正确，A错误．故选BCD．16．如图为玻尔为解释氢原子光谱画出的氢原子能及示意图，一群氢原子处于n=4的激发态，当它们自发地跃迁到较低能级时，以下说法符合玻尔理论的有（）A．电子轨道半径减小，动能也要增大B．氢原子跃迁时，可发出连续不断的光谱线C．由n=4跃迁到n=1时发出光子的频率最小D．金属钾的逸出功为2.21 eV，能使金属钾发生光电效应的光谱线有4条【考点】氢原子的能级公式和跃迁．【分析】能级间跃迁辐射或吸收的光子能量必须等于两能级间的能级差，能级差越大，辐射的光子能量越大，频率越大，波长越小．【解答】解：A、当原子从第4能级向低能级跃迁时，原子的能量减小，轨道半径减小，电子的动能增大，电势能减小，故A正确；B、能级间跃迁辐射或吸收的光子能量必须等于两能级间的能级差，氢原子跃迁时，可发出不连续的光谱线，故B错误；C、由n=4跃迁到n=1时辐射的光子能量最大，发出光子的频率最大，故C错误；D、第四能级的氢原子可以放出6条光谱线，其放出的光子能量分别为：E1=﹣0.85﹣（﹣1.51）=0.66eV；E2=﹣0.85﹣（﹣3.40）=2.55eV；E3=﹣0.85﹣（﹣13.6）=12.75eV；E4=﹣1.51﹣（﹣3.40）=1.89eV；E5=﹣1.51﹣（﹣13.6eV）=12.09eV；E6=﹣3.40﹣（﹣13.6）=10.20eV；故大于2.21eV的光谱线有4条；故D正确；故选：AD三、计算题（解答时请写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤，本题4小题，共41分）17．一个铀核U，经一次α衰变后，产生钍核Th，（1）试写出上述衰变的核反应方程；（2）若一个静止的铀核发生衰变，以v的速度释放一个α粒子，求产生钍核的运动速度大小．【考点】裂变反应和聚变反应；动量守恒定律；原子核衰变及半衰期、衰变速度．【分析】根据电荷数守恒、质量数守恒写出核反应方程，根据动量守恒定律求出反冲速度．【解答】解：（1）根据质量数与质子数守恒，则有衰变方程为U→Th+He，（2）Th的质量数M=234，α粒子的质量数m=4，静止的铀核发生衰变过程中，动量守恒，以α粒子的速度方向为正，根据动量守恒定律得：mv﹣Mv′=0。

临沂市蒙阴一中2014-2015学年高二下学期期中物理试题及答案

2014-2015学年山东省临沂市蒙阴一中高二（下）期中物理试卷参考答案与试题解析一、单项选择题：本大题有7小题，每小题4分，共28分．每小题给出的四个答案中，只有一个是正确的．1．（4分）（2015春•临沂校级期中）沿直线运动的一列火车和一辆汽车在开始计时及每过1s的速度分别为v1和v2，具体数据如表所示，从表中数据可以看出（）A．火车的位移在减小B．汽车的位移在减小C．火车的速度变化较慢D．汽车的加速度较小考点：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：首先据表格能获取相关信息，通过表格比较速度的变化，根据a=判断加速度的变化解答：解：AB、火车和汽车的速度方向不变，则火车和汽车的位移都增大，而非减小，．故AB错误；CD、据加速度的定义式可知，火车的速度均匀减小，加速度a==﹣0.5m/s2．汽车的加速度a==1.2m/s2．知汽车的加速度较大，火车加速度较小，则火车的速度变化较慢．故C正确，D错误．故选：C．点评：解决本题的关键知道加速度是反映速度变化快慢的物理量，加速度大，速度变化快；知道加速度的求法，基础题．2．（4分）（2015•湖南一模）某跳伞运动训练研究所，让一名跳伞运动员从悬停在高空的直升机中跳下，研究人员利用运动员随身携带的仪器记录下了他的运动情况，通过分析数据，定性画出了运动员从跳离飞机到落地的过程中在空中沿竖直方向运动的v﹣t图象如图所示，则对运动员的运动，下列说法正确的是（）A．0～15s末都做加速度逐渐减小的加速运动B．0～10s末做自由落体运动，15s末开始做匀速直线运动C．10s末打开降落伞，以后做匀减速运动至15s末D．10s末～15s末加速度方向竖直向上，加速度的大小在逐渐减小考点：匀变速直线运动的图像．专题：运动学中的图像专题．分析：速度时间图象的斜率等于加速度，根据斜率分析加速度大小如何变化，判断运动员的运动情况．自由落体运动是初速度为零的加速度为g的匀加速直线运动．解答：解：A、0～10s内图线的斜率在减小，说明运动员做加速度逐渐减小的加速运动，10～15s运动员做加速度减小的减速运动．故A错误．B、0～10s末做运动员的速度开始减小，不可能做自由落体运动，15s末开始做匀速直线运动．故B错误．C、由于图象的斜率在减小，则运动员在10s末打开降落伞后做变减速运动至15s末．故C 错误．D、10s末～15s末速度向下做减速直线运动，加速度方向竖直向上，加速度的大小在逐渐减小．故D正确．故选D点评：本题考查理解速度问题的能力．关键根据图线的斜率等于加速度，来分析运动员的运动情况．3．（4分）（2015•长宁区一模）如图是一定质量理想气体的p﹣图象．线段AB连线过坐标原点，线段BC垂直于横轴．当气体状态沿图线由A经B到C的过程中，气体的温度变化情况是（）A．不断增大，且T C小于T AB．不断增大，且T C大于T AC．先保持不变再增大，即T C大于T AD．先保持不变再减小，即T C小于T A考点：理想气体的状态方程．专题：理想气体状态方程专题．分析：根据图示图象判断气体压强随体积的变化关系，然后应用气体状态方程分析答题．解答：解：由图示图象可知，从A到B过程p与V成反比，气体温度不变，T A=T B，从B到C过程，气体体积不变而压强减小，由查理定律可知，气体温度降低，T A=T B＞T C，故选：D．点评：本题考查了判断气体的温度如何变化，根据图示图象，应用气体状态方程即可正确解题．4．（4分）（2015•黄山一模）物体以速度v匀速通过直线上的A、B两点，所用时间为t现在物体从A点由静止出发，先做匀加速直线运动（加速度为a1）到某一最大速度v m，然后立即做匀减速直线运动（加速度大小为a2）至B点速度恰好减为0，所用时间仍为t．则物体的（）A．v m可为许多值，与a l、a2的大小有关B．v m可为许多值，与a1、a2的大小无关C．a1、a2必须满足=D．a1、a2必须是一定的考点：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：结合匀速直线运动的位移公式和匀变速直线运动的平均速度推论得出v m和v的关系；结合速度时间公式，以及v m和v的关系得出a1、a2满足的关系．解答：解：A、当物体匀速通过A、B两点时，x=vt．当物体先匀加速后匀减速通过A、B 两点时，根据平均速度公式，总位移x=，解得v m=2v，与a1、a2的大小无关．故A、B、D错误．C、匀加速运动的时间和匀减速运动的时间之和t=，而v m=2v，代入得t=，整理得，故C正确．故选：C．点评：解决本题的关键掌握匀速直线运动和匀变速直线运动的运动学公式和推论，并能灵活运用．5．（4分）（2015•安康二模）图象法可以形象直观地描述物体的运动情况．对于下面两质点运动的位移﹣时间图象和速度﹣时间图象，分析结果正确的是（）A．由图（1）可知，质点做曲线运动，且速度逐渐增大B．由图（1）可知，质点在前10s内的平均的速度大小为4m/sC．由图（2）可知，质点在第4s内加速度的方向与物体运动的方向相反D．由图（2）可知，质点在运动过程中，加速度的最大值为15m/s2考点：匀变速直线运动的图像．专题：运动学中的图像专题．分析：s﹣t图线与v﹣t图线只能描述直线运动，s﹣t的斜率表示物体运动的速度，斜率的正和负分别表示物体沿正方向和负方向运动．v﹣t的斜率表示物体运动的加速度，图线与时间轴围成的面积等于物体在该段时间内通过的位移．解答：解：A、运动图象反映物体的运动规律，不是运动轨迹，无论速度时间图象还是位移时间图象只能表示物体做直线运动，故A错误；B、由图（1）可知，质点在前10s内的位移x=20﹣0=20m，所以平均速度，故B错误；C、由图（2）可知，质点在第4s内加速度和速度都为负，方向相同，故C错误；D、v﹣t的斜率表示物体运动的加速度，由图（2）可知，质点在运动过程中，加速度的最大值出现在2﹣4s内，最大加速度大小为a=，故D正确．故选：D点评：对于v﹣t图线和s﹣t图线的基本的特点、意义一定要熟悉，这是我们解决这类问题的金钥匙，在学习中要多多积累．6．（4分）（2014秋•山西校级期末）如图，直线①和曲线②分别是在平直公路上行驶的甲、乙两车的v﹣t图象，已知t1时刻两车在同一位置，则在t1到t2时间内（不包括t1、t2时刻）（）A．乙车速度先增大后减小B．乙车始终在甲车前方，且二者间距离先增大后减小C．乙车始终在甲车前方，且二者间距离一直增大D．甲、乙两车的加速度总是不同考点：匀变速直线运动的图像．专题：运动学中的图像专题．分析：速度时间图线的切线斜率表示加速度，根据速度之间的大小关系判断两车距离的变化．解答：解：A、由图可知，乙车的速度在t1到t2时间内一直增大，故A错误．B、t1到t2时间内，乙车的速度始终大于甲车的速度，知两者之间的距离一直增大，乙车始终在甲车前方，故B错误，C正确．D、图线切线斜率表示加速度，甲乙两车的加速度在t1到t2时间内不是总是相同，故D错误．故选：C．点评：解决本题的关键知道速度时间图线的物理意义，知道图线的斜率表示加速度，图线与时间轴围成的面积表示位移．7．（4分）（2015春•临沂校级期中）一定质量的理想气体分别在T1、T2温度下发生等温变化，相应的两条等温线如图所示，T2对应的图线上有A、B两点，表示气体的两个状态．（）A．温度为T1时气体分子的平均动能比T2时大B．A到B的过程中，气体内能增加C．A到B的过程中，气体从外界吸收热量D．A到B的过程中，气体分子单位时间内对器壁单位面积上的碰撞次数不变考点：理想气体的状态方程．专题：理想气体状态方程专题．分析：玻意耳定律PV=C，其中C与温度有关，温度越高，常数C越大．根据热力学第一定律分析气体内能的变化；根据压强的微观解释分析气体分子单位时间内对器壁单位面积上的碰撞次数．解答：解：A、根据理想气体状态方程，得PV=CT，PV之积越大表示温度越高，故T1＜T2，温度是分子平均动能的标志，故温度为T1时气体分子的平均动能比T2时小，故A 错误；B、A到B的过程是等温变化的过程，所以气体的温度不变，内能不变，故B错误；C、A到B的过程中，气体的体积增大，气体对外做功而内能不变，由热力学第一定律：△E=W+Q可得，气体一定从外界吸收热量．故C正确；D、A到B的过程中，气体温度不变，则分子运动的激烈程度不变；气体的体积增大，分子密度减小，所以气体分子单位时间内对器壁单位面积上的碰撞次数减少．故D错误；故选：C．点评：根据理想气体状态方程，变形得PV=CT，即P﹣V图象中PV之积越大表示温度越高．二、多项选择题：本大题有5小题，每小题4分，共20分．每小题给出的四个答案中，有不止一个是正确的，全部选对的，得4分；选对但不全的，得2分；有选错或不答的，得0分．8．（4分）（2014秋•仪征市校级期末）下列说法中正确的是（）A．布朗运动是悬浮在液体中固体分子所做的无规则运动B．叶面上的小露珠呈球形是由于液体表面张力的作用C．液晶显示器利用了液晶对光具有各向异性的特点D．当两分子间距离大于平衡位置的间距r0时，分子间的距离越大，分子势能越小考点：* 液晶；布朗运动．分析：布朗运动是固体颗粒的运动，间接反映了液体分子的无规则运动，分子间距离大于平衡位置的间距r0时，分子间的距离越大，克服分子力做功，分子势能增大．解答：解：A、布朗运动是固体颗粒的运动，间接反映了液体分子的无规则运动，故A错误；B、叶面上的小露珠呈球形是由于液体表面张力的作用，故B正确；C、液晶显示器利用了液晶对光具有各向异性的特点，故C正确；D、当两分子间的距离大于平衡位置的间距r0时，分子间表现为引力，距离越大，克服引力做功，分子势能变大，故D错误；故选：BC点评：该题考查布朗运动、表面张力、液晶的特性以及分子势能，其中布朗运动的实质是考查最多的热学中的知识点，要牢固记住布朗运动是固体颗粒的运动，不是分子的运动．9．（4分）（2015春•临沂校级期中）如图为两分子系统的势能E P与两分子间距离r的关系曲线，下列说法正确的是（）A．当r＞r1时，分子间的作用力表现为引力B．当r＜r1时，分子间的作用力表现为斥力C．在r由r1变到r2的过程中，分子间的作用力做负功D．当r＜r1时，随着r的减小，分子势能增大，分子间相互作用的引力和斥力也增大考点：分子势能．分析：从分子势能图象可知，当分子势能最小时，即r=r2时分子间的引力等于斥力，分子间作用力为零．当r＜r2时，分子间表现为斥力，当r＞r2时，表现为引力，所以当r由r1变到r2时分子间的作用力做正功．解答：解：从分子势能图象可知，A、当r1＜r＜r2时，分子间表现为斥力，当r＞r2时，表现为引力，故A错误．B、当r＜r1时，分子间的作用力表现为斥力；故B正确；C、在r由r1变到r2的过程中，分子间的作用力为斥力，故分子力做正功；故C错误；D、当r＜r1时，随着r的减小，分子间为斥力，分子间相互作用的引力和斥力增大；由于在相互靠近过程中分子力做负功；故分子势能增大，故D正确；故选：BD．点评：本题主要考察分子势能图象的理解，知道分子势能随距离增大关系；会用分子力做功情况来分析分子势能的变化．10．（4分）（2015春•临沂校级期中）一定量的理想气体从状态a开始，经历三个过程ab、bc、ca回到原状态，其V﹣T图象如图所示，下列判断正确的是（）A．过程ab中气体对外界所做的功等于气体所吸收的热B．过程bc中气体既不吸热也不放热C．过程ca中气体一定放热D．a、b和c三个状态中，状态a分子平均动能最小考点：理想气体的状态方程．专题：理想气体状态方程专题．分析：由图示图象判断气体的状态变化过程，应用气态方程判断气体体积如何变化，然后应用热力学第一定律答题．解答：解：A、由图示可知，ab过程，气体体积与热力学温度成正比，则气体发生等压变化，气体体积增大温度升高，气体内能增大，由热力学第一定律可知，气体吸收的热量大于对外做功，故A错误；B、由图示图象可知，bc过程气体发生等温变化，气体内能不变，体积减小，外界对气体做功，由热力学第一定律△U=Q+W可知，气体要发出热量，故B错误；C、由图象可知，ca过程气体体积不变而温度降低，气体内能减小，气体不做功，由热力学第一定律可知，气体要放出热量，故C正确；D、由图象可知，a状态温度最低，分子平均动能最小，故D正确；故选：CD．点评：本题考查气体的状态方程中对应的图象，要抓住在P﹣T图象中等容线为过原点的直线．11．（4分）（2015春•临沂校级期中）下列关于分子运动和热现象的说法正确的是（）A．温度升高，分子热运动的平均动能一定增大B．在车胎突然爆裂后的瞬间，车胎内的气体膨胀对外做功C．物体吸收热量，内能一定增加D．所有涉及热现象的宏观自然过程都具有方向性考点：热力学第二定律．专题：热力学定理专题．分析：温度是分子平均动能的标志，根据热力学第一定律：△E=W+Q，吸收热量，物体的内能不一定增加，所有涉及热现象的宏观自然过程都具有方向性．解答：解：A、温度是分子平均动能的标志，温度越高，分子的平均动能越大；故A正确；B、在车胎突然爆裂后的瞬间，车胎内的气体膨胀对外做功，故B正确；C、根据热力学第一定律：△E=W+Q，吸收热量，物体的内能不一定增加，还要看物体是否做功．故C错误；D、所有涉及热现象的宏观自然过程都具有方向性．故D正确．故选：ABD点评：明确温度是分子平均动能的标志，根据热力学第一定律：△E=W+Q，分析气体做功和吸放热情况．12．（4分）（2014秋•湖北期末）如图甲所示，小物块从光滑斜面上自由滑下，小物块的位移x和时间的平方t2的关系如图乙所示．g=10m/s2，下列说法正确的是（）A．小物块的加速度大小恒为2.5m/s2B．斜面倾角为30°C．小物块2s末的速度是5m/sD．小物块第2s内的平均速度为7.5m/s考点：匀变速直线运动的图像．专题：运动学中的图像专题．分析：根据图象写出x﹣t的表达式，对照运动学公式得到加速度，由牛顿第二定律求得斜面的倾角．由v=at求得2s末的速度，并求出平均速度．解答：解：A、由图得：x=2.5t2，对照公式x=v0t+，得初速度为v0=0，加速度为a=5m/s2．故A错误．B、由牛顿第二定律得：a==gsinθ，得sinθ===0.5，θ=30°，故B正确．C、小物块2s末的速度v2=at=5×2=10m/s，故C错误．D、小物块1s末的速度v1=at=5×1=5m/s，第2s内的平均速度==7.5m/s，故D正确．故选：BD．点评：本题采用对比的方法得到物体的初速度和加速度是关键，要掌握匀变速直线运动的基本公式，并能熟练运用．三、实验题：本题共计12分．请将解答填写在答题卡相应的位置．13．（6分）（2015•姜堰市模拟）①现有按酒精与油酸的体积比为m：n配制好的油酸酒精溶液，用滴管从量筒中取体积为V的该种溶液，让其自由滴出，全部滴完共N滴．把一滴这样的溶液滴入盛水的浅盘中，由于酒精溶于水，油酸在水面上展开，稳定后形成单分子油膜的形状如右图所示，已知坐标纸上每个小方格面积为S．根据以上数据可估算出油酸分子直径为d=；②若已知油酸的密度为ρ，阿佛加德罗常数为N A，油酸的分子直径为d，则油酸的摩尔质量为．考点：用油膜法估测分子的大小．专题：实验题．分析：①掌握估算油膜面积的方法：所围成的方格中，面积超过一半按一半算，小于一半的舍去；让一定体积的纯油酸滴在水面上形成单分子油膜，根据d=估算出油膜厚度，即为分子直径；②摩尔质量为1moL分子的质量之和，液体分子间隙忽略不计，故1moL分子的体积等于液体的体积．解答：解：①估算油膜面积时以超过半格以一格计算，小于半格就舍去的原则，估算出8格，则油酸薄膜面积为8S；一滴溶液中纯油酸的体积为：V0==；故分子直接：d==；②油酸的分子直径为d，故油酸分子的体积为：V0=；油酸的摩尔体积为：V=N A V0；故油酸的摩尔质量为：M=ρV=ρN A V0=；故答案为：，．点评：掌握该实验的原理是解决问题的关键，该实验中以油酸分子呈球型分布在水面上，且一个挨一个，从而可以由体积与面积相除求出油膜的厚度，从而求出分子直径．14．（6分）（2015春•临沂校级期中）某同学用如图a所示的实验装置研究小车在光滑斜面上匀加速下滑的运动规律．以一定初速度从传感器（可以测量小车和传感器间的距离）处释放小车，并开始计时，测量小车与传感器间距S与时间t的关系．但是由于操作失误，本应在计算机屏幕上显示的s﹣t图象被改为﹣t图象，实验结果如图b所示．根据此图象：（1）t=0.4s末，物体与传感器间距S=0.66m．（2）传感器开启瞬间物体运动的速度v0=1.3m/s．（3）物体的加速度大小约为1.8m/s2．（以上结果均保留两位有效数字）考点：测定匀变速直线运动的加速度．专题：实验题；直线运动规律专题．分析：由图象知与t成线性关系，与t的函数关系式是=kt+b，某个时刻的大小表示该时刻的瞬时速度，根据图象求出传感器开启瞬间即t=0时刻的物体运动的速度．根据，结合图象的斜率，即可求出物体的加速度大小．解答：解：（1）根据图象可知，=1.66m/s，且t=0.4s，因此物体与传感器间距S=0.66m；（2）由图象知与t成线性关系，与t的函数关系式是=kt+b，某个时刻的大小表示该时刻的瞬时速度，根据图象可知传感器开启瞬间即t=0时刻的物体运动的速度v0=1.3m/s（3）根据，得：=t+v0，某个时刻的大小表示该时刻的瞬时速度，所以图象的斜率是物体的加速度大小的一半；===0.90m/s2．则有：a=1.8m/s2故答案为：（1）0.66m（0.65﹣0.67均可）；（2）1.3m/s；（3）1.8m/s2点评：此题考查的是我们对于图象的分析能力，物理学上经常用图象反应物理量间的关系，图象可以告诉我们很多信息，一定要学会分析图象，这也是近几年高考出题的一个热点．四．计算题：本题共4小题，共计40分．解答时请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．15．（9分）（2009•山东）一定质量的理想气体由状态A经状态B变为状态C，其中A→B 过程为等压变化，B→C过程为等容变化．已知V A=0.3m3，T A=T C=300K、T B=400K．（1）求气体在状态B时的体积．（2）说明B→C过程压强变化的微观原因（3）设A→B过程气体吸收热量为Q，B→C过程气体放出热量为Q2，比较Q1、Q2的大小说明原因．考点：气体的等容变化和等压变化；热力学第一定律；气体压强的微观意义．专题：理想气体状态方程专题．分析：（1）A→B过程为等压变化，根据盖﹣﹣吕萨克定律可求出气体在状态B时的体积．（2）气体的压强在微观上来看，与气体分子的密集程度和气体分子的平均动能有关．所以要解释气体压强变化，只要分析出在等容变化过程中气体分子的密集程度和气体分子的平均动能的变化．（3）根据热力学第一定律△U=W+Q，气体内能变化与温度有关，A、C两状态的温度相同，可知A→B增加的内能与B→C减小的内能相同，然后通过做功的情况比较出吸热与放热的大小．解答：解：（1）设气体在B状态时的体积为V B，由盖﹣﹣吕萨克定律得，，代入数据得V B=0.4m3．（2）微观原因：气体体积不变，分子密集程度不变，温度变小，气体分子平均动能减小，导致气体压强减小．（3）Q1大于Q2；因为T A=T c，故A→B增加的内能与B→C减小的内能相同，而A→B 过程气体对外做正功，B→C过程气体不做功，由热力学第一定律可知Q1大于Q2点评：解决本题的关键是熟练运用气体定律和热力学第一定律．16．（10分）（2014秋•武侯区校级期末）汽车在路上出现故障时，应在车后放置三角警示牌（如图所示），以提醒后面驾车司机，减速安全通过．在夜间，有一货车因故障停驶，后面有一小轿车以30m/s的速度向前驶来，由于夜间视线不好，小轿车驾驶员只能看清前方50m 的物体，并且他的反应时间为0.6s，制动后最大加速度为5m/s2．求：（1）小轿车从刹车到停止所用的最短时间；（2）三角警示牌至少要放在车后多远处，才能有效避免两车相撞．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）根据速度时间关系求解时间（2）反应时间内做匀速运动，x=vt，刹车后做匀减速直线运动，由x=求解，进而得总位移．解答：解：（1）从刹车到停止时间为t2，则s ①（2）反应时间内做匀速运动，则x1=v0t1②x1=18m ③从刹车到停止的位移为x2，则④x2=90m ⑤小轿车从发现物体到停止的全部距离为x=x1+x2=108m ⑥△x=x﹣50=58m ⑦答：（1）小轿车从刹车到停止所用的最短时间为6s；（2）三角警示牌至少要放在车后58m，才能有效避免两车相撞．点评：此题考查匀速直线运动和匀变速直线运动的规律知反应时间内车仍匀速运动．17．（10分）（2015•金山区一模）如图，上粗下细且上端开口的薄壁玻璃管内有一部分水银封住密闭气体，横截面积分别为S1=1cm2、S2=2cm2，细管内水银长度为h1=4cm，封闭气体长度为L=6cm．大气压强为p0=76cmHg，气体初始温度为T1=280K，上管足够长．（1）缓慢升高气体温度，求水银刚好全部进入粗管内时的温度T2；（2）气体温度保持T2不变，为使封闭气体长度变为8cm，需向开口端注入的水银柱的体积为多少？考点：理想气体的状态方程；封闭气体压强．分析：（1）根据几何关系求出水银的体积，从状态1到状态2由理想气体状态方程求解（2）从状态2到状态3经历等温过程，列出等式求解．解答：解：（1）S1h1=S2h2，h2=2cm初状态：P1=P0+P h1=80cmHg，V1=L S1=6cm3，T1=280K末状态：P2=P0+P h2=78cmHg，V2=（L+h1）S1=10cm3根据，代入数据得T2=455K（2）等温变化，P2 V2=P3 V378×10=P3×8，得P3=97.5 cmHg此时水银柱的液面高度差h3=97.5﹣76=21.5cm注入的水银柱体积V注=[2×1+（21.5﹣2）×2]﹣1×4=37cm3答：（1）缓慢升高气体温度，水银刚好全部进入粗管内时的温度455K；（2）气体温度保持T2不变，为使封闭气体长度变为8cm，需向开口端注入的水银柱的体积为37cm3点评：找出各个状态下的参量是正确解题的关键，熟练应用理想气体状态方程即可正确解题．18．（11分）（2015•郑州一模）据英国《每日邮报》9月16日报道，英式触式橄榄球球员赫普顿斯托尔在伦敦成功挑战地铁速度．他从“市长官邸站”下车，在下一地铁站“景隆街站”顺利登上刚下来的同一节车厢．已知地铁列车每次停站时间（从车门打开到关闭的时间）为t a=20s，列车加速和减速阶段的加速度均为a=1m/s2，运行过程的最大速度为v m=72km/h．假设列车运行过程中只做匀变速和匀速运动，两站之间的地铁轨道和地面道路都是平直的且长度相同，两站间的距离约为x=400m，赫普顿斯托尔出站和进站公用时t b=30s．问：（1）他在地面道路上奔跑的平均速度至少多大？（2）郑州地铁一号线最小站间距离约为x′=1000m，地铁列车每次停站时间时间为t a′=45s，按赫普顿斯托尔的奔跑速度，在郑州出站和进站最短共需用时t b′=60s，列车参数和其它条件相同，试通过计算判断，若赫普顿斯托尔同样以上述平均速度在地面道路上奔跑，能否在这两个车站间挑战成功？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）求出列出所用总时间，然后减去题目告知的出站进站时间，即可求出奔跑速度，（2）同理，比较所用时间的大小即判断挑战是否成功解答：解：（1）列车从静止加速至最大速度过程，所用时间为：t1===20 s运动位移为：x1===200 m故列车加速至最大速度后立即做减速运动，列车在两站间运动总时间为：t车=2t1=2×20=40 s运动员在地面道路奔跑的最长时间为：t=2t a+2t1﹣t b=2×20+2×20﹣30=50 s最小平均速度为：v===8 m/s。

2014-2015学年度第二学期期中考试高二物理试题(含答案)

6.2014-2015学年度第二学期期中教学质量检测物理试题命题人: 审核人: 注意事项：本试卷满分100分，考试时间100分钟答卷前，考生务必将本人的学校、班级、姓名、考试号填在答题纸的密封线内. 将每题的答案或解答写在答题纸上，在试卷上答题无效. 考试结束，只交答题纸. 、单项选择题：本题共 6小题，每小题3分，共计18分•每小题只有一个选项符合题意. l . 2. 3. 4. 2. 某矩形线圈在匀强磁场中匀速转动，产生的感应电动势为增加1倍，保持其他条件不变，则产生的感应电动势为 A . e=E m sin2otB . e=2E m sin2 otC . e=2E m sin4otD . e=4E m sin2ot 中央电视台《焦点访谈》多次报道某些边远落后农村电价过高，农民负担过重，其中客观原因是电网陈旧老化•近年来进行了农村电网改造，为了减少远距离输电线路上的电能损耗而降低电费价格，以下措施中切实可行 e=E m sin cot 若将线圈的转速的是 3. 4. 5. A .提高输送功率B .C •提高输电电压D . 如图所示，三只完全相同的灯泡 a 、b 、c 分别与电阻R 、电感L 、电容C 串联，再将三者并联，接在 “220V 100HZ'的交变电压两端，三只灯泡亮度相同，若将交变电压改为“220V 50Hz ”，则 A .三只灯泡亮度不变 B .三只灯泡都将变亮 C. a 亮度不变，D. a 亮度不变，如图一矩形线圈，的固定轴转动，线圈中的感应电动势 e 随时间t 的变化如图，下列说法中正确的是A . t 1时刻通过线圈的磁通量为零B . t 2时刻线圈位于中性面C . t 3时刻通过线圈的磁通量变化率的绝对值最大D .每当e 变化方向时，通过线圈的磁通量最大如图所示是一个火警报警器电路的示意图.其中这种半导体热敏材料的电阻率随温度的升高而增大. 电源两极之间接一报示器的电流 A . I 变大， C . I 变大，如图甲所示，为一种调光台灯电路示意图，它通过双向可控硅电子器件实现了无级调节亮度.给该台灯接220 V 的正弦交流电后加在灯管两端的电压如图乙所示，则此时交流电压表的示数为用超导材料做输电线减小输电线的横截面 a 、 b 变亮，c 变暗 b 变暗，c 变亮绕垂直于匀强磁场并位于线圈平面警器•当传感器 I 、报警器两端的电压 U 变大 U 变小L\J■0,4R 3为用半导体热敏材料制成的传感器，值班室的显示器为电路中的电流表, R 3所在处出现火情时，显 U 的变化情况是变小，U 变大变小，U 变小220 110C. ■ VD. - V.2 2二、多项选择题.本题共6小题，每小题4分，共计24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.7•关于涡流，下列说法中正确是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&如图甲所示为某工厂成品包装车间的光传感记录器，光敏电阻发出的光，每当工件挡住A发出的光，光传感器处理后在屏幕显示出电信号与时间的关系，如图乙所示•若传送带保持匀加速运动，每个工件均相对传送带静止，且相邻工件间距依次为5、10、15、20、…（单位：cm）.则以下说法正确的是（不计工件挡住光的时间）A .工件的加速度为0.1 m/s2B .工件的加速度为0.2 m/s2C .当无光照射R1时，光传感器就输出一次高电压D •当无光照射R1时，光传感器就输出一次低电压9•如图甲、乙所示电路中，电阻R和电感线圈L的电阻都很小•接通B. 110V灯泡A发光，则S,使电路达到上磁炉R1能接收到发光元件AB就输出一个电信号，并经信号处理器12. 如图所示，相距为d 的两水平虚线L 1和L 2分别是水平向里的匀强磁场的上下两个边界，磁场的磁感应强度为 B ,正方形线框abdc 边长为L (L<d ),质量为方高h 处由静止释放.如果 ab 边进入磁场时的速度为 V 0, cd 边刚穿出磁场时的速度也为 V 。

年下学期高二期中考试物理试题(附答案)(5)

绝密★启用前山东省泰山中学2014—2015学年第二学期高二年级期中模块学分认定考试物理试卷考试时间：100分钟；命题人：高二物理组学校：__________姓名：__________班级：__________考号：__________注意事项：1. 答题前填写好自己的姓名、班级、考号等信息2. 请将答案正确填写在答题卡上一、选择题（每题4分，至少一个答案正确，少选2分，多选错写不得分）1、如下图所示，属于交流电的是（）2、传感器是一种采集信息的重要器件，如图所示，是一种测定压力的电容式传感器，当待测压力F 作用于可动膜片电极上时，可使膜片产生形变，引起电容的变化，将电容器、灵敏电流计和电源串接成闭合电路，那么以下说法正确的是（）A ．当F 向上压膜片电极时，电容将减小B ．若电流计有示数，则压力F 一定变化C ．若电流计有示数，则压力F 一定减小D ．若电流计有示数，则压力F 一定增大3、矩形线圈在匀强磁场中匀速转动产生的电动势如图示，则（）A ．t=0时刻线圈通过中性面B．t2时刻线圈中磁通量最大C．t3时刻线圈中磁通量变化率最大D．t4时刻线圈中磁通量变化率最大4、一交流电流的图象如图所示，由图可知正确的说法是（）10 AA．用电流表测该电流其示数为2B．该交流电流的频率为50HzC．该交流电流通过10Ω电阻时，电阻消耗的电功率为2000W10sin200πtAD．该交流电流瞬时值表达式为i＝25、如图所示，理想变压器的原线圈接有交变电压U，副线圈接有光敏电阻R1(光照越强电阻越小）、定值电阻R2．则（）A．仅增强光照时，原线圈的输入功率减小B．仅向下滑动P时，原线圈中的电流增大C．仅向下滑动P时，R2消耗的功率减小D．仅增大U时，R2消耗的功率减小6、某电站向某地输送5000kW的电功率,输电线上损失的电功率为100kW,若把输送电压提高为原来的10倍,同时将输电线的截面积减为原来的一半,那么输电线上损失的电功率为（）A.0.5 kWB.1.0kWC.2.0kWD.5.0kW7、如图1所示是某种型号的电热毯的电路图，电热毯接在交变电源上，通过装置P使加在电热丝上的电压的波形如图2所示．此时接在电热丝两端的交流电压表的读数为（）A.110VB.156VC.220VD.311V8、关于分子间作用力，下列说法中正确是（）A.当分子间距离为r0时，它们之间既没有斥力也没有引力B.分子间的距离大于r0时，分子间只有引力C.分子间的引力和斥力都随分子间距离的增大而减小D.分子间的平衡距离r0与分子直径是同一数值9、关于温度，下列说法正确的是（）A．摄氏温度升高1℃，对应的热力学温度升高1KB．温度由摄氏温度t升至2t，对应的热力学温度便由T升至2TC．天气预报徐州某日的最高气温是30℃，对应的热力学温度是30 KD．摄氏温度t与热力学温度T的关系为t=T+27310、如图是密闭的气缸，外力推动活塞P压缩气体，对缸内气体做功800 J，同时气体向外界放热200 J，缸内气体的（）A．温度升高，内能增加600 JB．温度升高，内能减少200 JC．温度降低，内能增加600 JD．温度降低，内能减少200 J11、对一定质量的理想气体，以下状态变化中可以实现的是（）A．降低温度时，压强不变，体积增大B．升高温度时，压强增大，体积减小C．温度不变时，压强体积都增大D．升高温度时，体积不变，压强减小12、如图所示，两端开口的足够长U型玻璃管，左管插入足够大的水银槽中，右管内有一段水银柱，管中封闭有一定质量的理想气体，左管始终没有离开水银面，下列说法中正确的是（）A、保持管子不动而将气体的温度降低一些，则右管内水银柱不动B、保持管子不动而将气体温度升高一些，则左管内外液面高度差增大C、保持温度不变，把管子向上移动一些，则左管内外液面高度差增大D、保持温度不变，把管子向下移动一些，则封闭气体的体积不变13、能根据下列一组数据算出阿伏加德罗常数的是（）A．氧气的摩尔质量、氧气分子的质量B．水的摩尔质量、水的密度及水分子的直径C．氧气的摩尔质量、氧气的密度及氧气分子的直径D．水分子的质量和一杯水的质量、体积14、关于布朗运动，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．温度越高，布朗运动越剧烈C．悬浮微粒越大，在某一瞬时撞击它的分子数越多，布朗运动越明显D．布朗运动说明液体分子在不停地做无规则运动15、下列说法中正确的是（）A.一定量气体膨胀对外做功100J，同时从外界吸收120J的热量，则它的内能增大20JB.在使两个分子间的距离由很远（r＞10﹣9m）减小到很难再靠近的过程中，分子间作用力先减小后增大，分子势能不断增大C.由于液体表面层分子间距离大于液体内部分子间距离，液体表面存在张力D.空气相对湿度越大时，空气中水蒸气压强越接近同温度水的饱和气压，水蒸发越慢．16、如图所示，把玻璃管的裂口放在火焰上烧熔，它的尖端就变钝了，产生这一现象的原因是（）A.玻璃是非晶体，熔化再凝固后变成晶体B.玻璃是晶体，熔化再凝固后变成非晶体C.熔化的玻璃表面分子间表现为引力使其表面绷紧D.熔化的玻璃表面分子间表现为斥力使其表面扩张二、实验题（6分）17、在做《用油膜法估测分子大小》的实验中，油酸酒精溶液浓度为每104mL溶液中有纯油酸6mL．用注射器测得1mL上述溶液为75滴．把一滴该溶液滴人盛水的浅盘里，待水面稳定后，将玻璃板放在浅盘上，用彩笔在玻璃板上描出油酸的轮廊，再把玻璃板放在坐标纸上，其形状和尺寸如图所示．坐标中正方形方格的边长为1cm，试求：（1）油酸膜的面积S 是 cm 2；（2）每滴油酸酒精中含有纯油酸的体积V 为 cm 3；（3）按以上实验数据估测出油酸分子的直径d= m ．三、计算题（30分，写出必要文字说明和计算过程）18、如图所示,线圈abcd 的面积是0.05 m 2,共100匝,线圈总电阻r=1 Ω,外接电阻R=9 Ω,匀强磁场的磁感应强度B= 1T,线圈以角速度ω=100π rad/s 匀速转动.(1)若线圈经图示位置开始计时,写出线圈中感应电动势瞬时值的表达式;(2)求通过电阻R 的电流有效值.19、某村在较远的地方建立了一座小型水电站，发电机的输出功率为200kW ，输出电压为500V ，输电导线的总电阻为10Ω，导线上损耗的电功率为16kW ，该村的用电电压是220V ．（1）输电电路如图所示，求升压、降压变压器的原、副线圈的匝数比；（2）如果该村某工厂用电功率为80kW ，则该村还可以装“220V 40W”的电灯多少盏？20、如图所示，导热良好的U型玻璃管左右两臂等高，左端管口封闭，右端管口与大气相通，用水银柱在玻璃管内封闭了一段长L1=20cm的空气柱，此时左端水银面比右端水银面高h=33cm．现从右侧管口向管内缓慢注入水银，此过程中环境温度保持不变，直到右侧水银面与管口相平，求此时空气柱的长度．（取大气压强P0=76cmHg）参考答案一、单项选择1、【答案】C【解析】2、【答案】B【解析】当F向上压膜片电极时，d减小，由得C增大。

高二物理下学期期中段考试题理-人教版高二全册物理试题

2014—2015学年度第二学期高二年级物理(理科)段考试题第1卷〔选择题，共38分〕一、单项选择题〔以下6个小题的四个选项中只有一个正确答案，请将正确答案的序号填于答题卷中，每一小题3分，共18分〕1．如下列图，纵坐标表示两个分子间引力、斥力的大小，横坐标表示两个分子间的距离，图中两条曲线分别表示两分子间引力、斥力的大小随分子间距离的变化关系，e为两曲线的交点，如此如下说法正确的答案是()A．ab为斥力曲线，cd为引力曲线，e点横坐标的数量级为10-10 mB．ab为引力曲线，cd为斥力曲线，e点横坐标的数量级为10-10 mC．假设两个分子间距离大于e点的横坐标，如此分子间作用力表现为斥力D．假设两个分子距离越来越大，如此分子势能亦越来越大2．如下列图，两端开口的U形管中装有水银，在右管中用水银封闭着一段空气，要使两侧水银面高度差h增大，应该()A．从右侧管口滴入水银hB．从左侧管口滴入水银C．使气体升温D．使气体降温3．如下说法中错误的答案是()A．只要是具有各向异性的固体就必定是晶体B．只要是不显示各向异性的固体就必定是非晶体C．只要是具有确定的熔点的固体就必定是晶体D．只要是不具有确定的熔点的固体就必定是非晶体4、以下说法正确的答案是()A．露珠呈球形状是由于液体外表张力的作用B．用气筒给自行车打气，越打越费劲，说明气体分子之间有斥力C．在温度不变的情况下，减小液面上方饱和汽的体积时，饱和汽的压强增大D ．教室内看到透过窗子的“阳光柱〞里粉尘颗粒杂乱无章的运动，这种运动是布朗运动 5．一定质量的理想气体，在温度不变的条件下，设法使其压强增大，如此在这一过程中( ) A ．气体的密度减小 B ．气体分子的平均动能增大 C ．气体将从外界吸收热量 D ．外界对气体做功6．如下列图，一根上细下粗、粗端与细端都粗细均匀的玻璃管上端开口、下端封闭，上端足够长，下端〔粗端〕中间有一段水银封闭了一定质量的理想气体。

山东省临沂市2014_2015学年高二物理下学期期末试卷(含解析)

2014-2015学年山东省临沂市高二（下）期末物理试卷一、选择题：每小题4分，共32分．第1-5小题只有一项是符合题目要求的；第6-8小题有多项符合题目要求，全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有错选的得0分．1．（4分）（2014•广东）如图是物体做直线运动的v﹣t图象，由图可知，该物体（）A．第1s内和第3s内的运动方向相反B．第3s内和第4s内的加速度相同C．第1s内和第4s内的位移大小不等D．0～2s内和0～4s内的平均速度大小相等考点：匀变速直线运动的图像；匀变速直线运动的速度与时间的关系；牛顿第二定律．专题：运动学中的图像专题．分析：速度时间图象中速度的符号表示物体的运动方向；图象的斜率等于加速度；图象与时间轴所围的面积表示位移．平均速度等于位移与时间之比．根据这些知识进行解答．解答：解：A、由图知，在前3s内物体的速度均为正值，说明在前3s内物体的运动方向不变，故A错误；B、速度图象的斜率等于加速度，第3s内和第4s内图线的斜率相同，则加速度相同，故B 正确；C、图象与时间轴所围的面积表示位移，由几何知识可知第1s内和第4s内的位移大小相等．故C错误；D、根据“面积”可知：0～2s内和0～4s内的位移相等，所用时间不等，所以平均速度不等，故D错误．故选：B．点评：解决本题的关键知道速度时间图线的物理意义，知道图线的斜率表示加速度，图线与时间轴围成的面积表示位移．2．（4分）（2015春•临沂期末）目前，我市每个社区均已配备了公共体育健身器材，图示器材为一秋千，用两根等长轻绳将一座椅悬挂在竖直支架上等高的两点．由于长期使用，导致两根支架向内发生了稍小倾斜，如图中虚线所示，但两悬挂点仍等高，座椅静止时F表示所受合力的大小，F1表示单根轻绳对座椅拉力的大小，与倾斜前相比（）A．F不变，F1变大B．F不变，F1变小C．F变小，F1变小D．F变大，F1变大考点：共点力平衡的条件及其应用；物体的弹性和弹力．专题：共点力作用下物体平衡专题．分析：座椅静止时，受重力和两个拉力而平衡，根据共点力平衡条件并结合正交分解法列式分析即可．解答：解：座椅静止时，受重力和两个拉力而平衡，故三个力的合力为零，即F=0根据共点力平衡条件，有：2F1cosθ=mg解得：F1=由于长期使用，导致两根支架向内发生了稍小倾斜，图中的θ角减小了，则cosθ增大，故F不变，F1减小．故选：B．点评：本题是简单的三力平衡问题，关键是受力分析后运用平衡条件列式分析，也可以运用图解法分析．3．（4分）（2015•安阳二模）《机动车驾驶证申领和使用规定》已经正式施行，司机闯黄灯要扣6分，被称为“史上最严交规”．某小轿车驾驶员看到绿灯开始闪时，经短暂思考后开始刹车，小轿车在黄灯刚亮时恰停在停车线上，v﹣t图线如图所示．若绿灯开始闪烁时小轿车距停车线距离L=10.5m，则绿灯开始闪烁到黄灯刚亮的时间t0为（）A．0.5 s B．1.5 s C．3 s D． 3.5 s考点：匀变速直线运动的图像．专题：运动学中的图像专题．分析：在速度﹣﹣时间图象中图象与坐标轴围成的面积表示位移，能根据图象读取有用信息知位移x=L=10.5．解答：解：根据速度﹣﹣时间图象中图象与坐标轴围成的面积表示位移知x=l=6×0.5×6×（t0﹣0.5）=10.5解得t0=3.0s故选：C点评：知道在速度﹣﹣时间图象中图象与坐标轴围成的面积的含义，能根据图象读取有用信息，要注意路程和位移的区别．4．（4分）（2015春•临沂期末）如图所示是某商场安装的智能化电动扶梯，无人乘行时，扶梯运转得很慢；有人站上扶梯时，它会先慢慢加速，再匀速运转．一顾客乘扶梯上楼，恰好经历了这两个过程．那么下列说法中正确的是（）A．顾客始终受到静摩擦力的作用B．顾客受到的支持力总是大于重力C．扶梯对顾客作用力的方向先指向右上方，再竖直向上D．扶梯对顾客作用力的方向先指向左下方，再竖直向上考点：运动的合成和分解；牛顿第二定律．专题：运动的合成和分解专题．分析：正确解答本题要掌握：正确对物体进行受力分析，应用牛顿第二定律解题；明确超重和失重的实质，理解生活中的超重和失重现象．解答：解：A、以人为研究对象，处于加速运动时，人受到静摩擦力、重力、支持力三个力的作用下，故A错误；B、顾客处于匀加速直线运动时，受到的支持力才大于重力，故B错误；C、顾客处于加速运动时，人受到静摩擦力、重力、支持力三个力的作用下，则扶梯对顾客作用力的方向先指向右上方，当处于匀速直线运动时，其作用力竖直向上，故C正确；D错误．故选：C．点评：本题考查了牛顿第二定律在生活中的应用，要熟练应用牛顿第二定律解决生活中的具体问题，提高理论联系实际的能力．5．（4分）（2015春•临沂期末）如图所示中的传送皮带是绷紧的，当皮带轮不动时，滑块从顶端由静止开始下滑到底端所用时间为t1，当皮带轮顺时针方向转动时，滑块从顶端由静止开始下滑到底部所用时间为t2，则t1和t2相比较，正确的说法是（）A．t1＜t2B． t1＞t2C．t1=t2D．因摩擦情况不明，无法判断考点：牛顿第二定律；匀变速直线运动的位移与时间的关系．专题：牛顿运动定律综合专题．分析：对两种情况下的滑块受力分析，比较两次滑块的受力即可比较两次的加速度大小情况，从而得知运动时间长短．解答：解：当皮带轮不动时，滑块受重力、支持力、沿斜面向上的滑动摩擦力f=μmgcosα；当皮带轮顺时针方向转动时，滑块受重力、支持力、沿斜面向上的摩擦力，由于滑块与斜面间的弹力大小没变，故滑动摩擦力f=μmgcosα不变，根据牛顿第二定律，两次滑块受力情况相同则加速度相同，则运动时间相同，即t1=t2；故选：C．点评：本题的关键是知道前后两次滑动摩擦力的大小没变，因为滑动摩擦力的大小只与摩擦系数和正压力大小有关，与物体间相对速度的大小无关．6．（4分）（2015春•临沂期末）如图所示，A、B两个楔形物体叠放在一起，A靠在竖直墙壁上，在水平力F的作用下，A，B保持静止不动，关于A、B的受力个数下列说法正确的是（）A．物体A一定受到5个力B．物体A可能受到4个力C．物体B一定受到4个力D．物体B可能受到3个力考点：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：先对AB整体受力分析，由平衡条件知，整体共受四个力作用，墙面对此有作用力；再分别隔离A、B受力分析，应用平衡条件分析受力个数．解答：解：先对AB整体受力分析，由平衡条件知，竖直方向：f=G A+G B水平方向，推力与墙面的弹力；若AB间不存在静摩擦力，则有：隔离B物体，必受重力、A对B的压力和墙面的弹力与静摩擦力作用，受四个力；隔离A物体，受受重力、B对A的支持力和外力F，三个力作用；若AB间存在静摩擦力，则有：A受四个力，B受五个力；故B正确，ACD错误；故选：B点评：关键利用整体法并结合共点力平衡条件得到B物体与墙间不存在弹力，注意AB间是否存在静摩擦力是解题的关键．7．（4分）（2015春•临沂期末）如图所示，表面粗糙的固定斜面顶端安有定滑轮，两物块P、Q用轻绳连接并跨过滑轮（不计滑轮的质量和摩擦），P悬于空中，Q放在斜面上，均处于静止状态．当用水平向左的恒力推Q时，P、Q仍静止不动，则（）A．轻绳上拉力一定变小B．轻绳上拉力一定不变C．Q受到的摩擦力一定变大D．斜面对Q的支持力一定变大考点：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：分别对P、Q两个物体进行受力分析，运用力的平衡条件解决问题．由于不知具体数据，对于静摩擦力的判断要考虑全面解答：解：A、对物体P受力分析，受重力和拉力，二力平衡，故绳子的拉力等于物体P 的重力；当用水平向左的恒力推Q时，P、Q仍静止不动，故绳子的拉力仍然等于物体P的重力，轻绳上拉力一定不变．故A错误，B正确；C、再对物体Q受力分析，受重力、拉力、支持力，可能有静摩擦力；当静摩擦力沿斜面向上时，有T+f=mgsinθ，当用水平向左的恒力推Q时，静摩擦力f会减小，也可能摩擦力大小不变，方向相反．当静摩擦力沿着斜面向下时，有T=f+gsinθ，当用水平向左的恒力推Q 时，静摩擦力会增加，故C错误；D、对Q受力分析，垂直于斜面方向有：支持力N=mgcosθ+Fcosθ，所以N一定增大，故D 正确；故选：BD点评：本题关键要对物体P和Q分别受力分析，然后根据平衡条件列式分析，难点在于静摩擦力的方向的不确定上．8．（4分）（2014•攀枝花二模）某人在地面上用弹簧秤称得体重为490N．他将弹簧秤移至电梯内称其体重，t0至t3时间段内，弹簧秤的示数如图所示，电梯运行的v﹣t图可能是（取电梯向上运动的方向为正）（）A．B．C．D．考点：牛顿运动定律的应用-超重和失重．专题：牛顿运动定律综合专题．分析：由图可知各段上物体的受力情况，则由牛顿第二定律可求得物体的加速度，即可确定其运动情况，画出v﹣t图象．解答：解：由图可知，t0至t1时间段弹簧秤的示数小于G，故合力为G﹣F=50N，物体可能向下加速，也可能向上减速；t1至t2时间段弹力等于重力，故合力为零，物体可能为匀速也可能静止；而t2至t3时间段内合力向上，故物体加速度向上，电梯可能向上加速也可能向下减速；C符合题意；故选：C．点评：本题考查图象与牛顿第二定律的综合，关键在于明确加速度的方向，本题易错在考虑不全面上，应找出所有的可能性再确定答案．二、实验题：每空2分，共8分．不要求写出演算步骤．9．（4分）（2015春•临沂期末）在“验证力的平行四边形定则”实验中，某同学用图钉把白纸固定在水平放置的木板上，将橡皮条的一端固定在板上一点，两个细绳套系在橡皮条的另一端，用两个弹簧测力计分别拉住两个细绳套，互成角度地施加拉力，使橡皮条伸长，结点到达纸面上某一位置，如图所示，请将以下的实验操作和处理补充完整：①用铅笔描下结点位置，记为O；②记录两个弹簧测力计的示数F1和F2，沿每条细绳（套）的方向用铅笔分别描出几个点，用刻度尺把相应的点连成线；③只用一个弹簧测力计，通过细绳套把橡皮条的结点仍拉到位置O，记录测力计的示数F3，记下细绳的方向；④按照力的图示要求，作出拉力F1，F2，F3；⑤根据力的平行四边形定则作出F1和F2的合力F；⑥比较力F3与F的大小和方向的一致程度，若有较大差异，对其原因进行分析，并作出相应的改进后再次进行实验．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：该实验采用了等效替代的方法，因此要求两次拉橡皮筋要使橡皮筋的形变相同，即将橡皮筋拉到同一点，力是矢量，因此在记录时要记录大小和方向，步骤③中要记下细绳的方向，才能确定合力的方向，步骤⑥比较力F′与F的大小和方向，看它们是否相同，得出结论．解答：解：步骤③中要记下细绳的方向，才能确定合力的方向，从而用力的图示法画出合力；步骤⑥比较力F3与F的大小和方向，看它们的一致程度，得出结论．故答案为：记下细绳的方向；力F3与F的大小和方向．点评：本实验关键理解实验原理，即使用等效代替法验证力的平行四边形定则，要求两次拉橡皮筋要使橡皮筋的形变相同，难度不大，属于基础题．10．（4分）（2015春•临沂期末）如图是某同学在做匀变速直线运动实验中获得的一条纸带．已知打点计时器所用电源的频率为50Hz，从比较清晰的点迹起，在纸带上标出了连续的5个计数点A、B、C、D、E，相邻两个计数点之间都有4个点迹没有标出，测出各计数点到A点之间的距离．物块下滑时的加速度a= 1.0 m/s2，打点C时物块的速度v= 0.64 m/s．考点：测定匀变速直线运动的加速度．专题：实验题；直线运动规律专题．分析：根据匀变速直线运动的推论公式△x=aT2可以求出加速度的大小，根据匀变速直线运动中时间中点的速度等于该过程中的平均速度，可以求出打纸带上C点时小车的瞬时速度大小．解答：解：已知打点计时器电源频率为50Hz，则纸带上相邻计数点间的时间间隔为T=5×0.02s=0.1s．由图示刻度可知，A、B两点间的距离为 x BC=x AC﹣x AB=8.80cm﹣3.90cm=4.90cm=4.9×10﹣2m；同理可得，C、D两点间的距离为 x CD=5.90cm=5.9×10﹣2，D、E两点间的距离为x DE=6.90cm=6.9×10﹣2m；根据△x=aT2可得：x BC﹣x AB=aT2，物体的加速度 a===1.0m/s2C点对应的速度：v C===0.64m/s；故答案为：1.0，0.64．点评：解决本题的关键要掌握本实验的原理：匀变速直线的两个推论，由于本实验中连续相等时间内位移构成等差数列，所以没有必要运用逐差求加速度．三、计算题：共2小题，共20分．解答应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤，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．11．（8分）（2015春•临沂期末）某天，刘德在上班途中经过一路口是恰好遇到一辆公交车也刚好经过该路口，该公交车以v0=12m/s的速度沿平直公路向前驶去．刘德立即以v=6m/s 的速度追赶公交车，在离路口S=36m处公交司机发现有人追赶，便立即以a=4m/s2的加速度进行刹车，公交车刹车过程视为匀减速运动．求：（1）公交车停止后需要等待刘德多长时间？（2）刘德在追赶公交车的过程中，当与公交车间的距离最大时，公交车已经距离路口多远？考点：匀变速直线运动的位移与时间的关系．专题：直线运动规律专题．分析：（1）根据平均速度判断在车停下来之前追上还是停下来之后追上，再根据位移时间关系求得公安需要待的时间；（2）与公交车间距离最大时两者速度相等，据此列式求解即可．解答：解：（1）公交刹车后做匀减速运动，根据平均速度公式知=v人，所以刘德在公交停下之后才会追上．根据速度时间关系知，公交停车时间在3s时间内公交车位移所以司机等待的时间：（2）当公交车的速度减速到6m/s时刘德与公交车的距离最大，设公交车在该过程刹车时间为t′则此过程中汽车的位移所以公交距路口△x=s+x′=36+13.5m=49.5m答：（1）公交车停止后需要等待刘德3s时间；（2）刘德在追赶公交车的过程中，当与公交车间的距离最大时，公交车已经距离路口49.5m．点评：掌握匀变速直线运动的速度时间关系和位移时间关系，知道两车相遇条件和相距最远的临界条件是正确解题的关键．12．（12分）（2015春•临沂期末）重力G=36N的物体，与竖直墙壁间的动摩擦因数μ=，现用与水平方向夹角成θ=60°的斜向上的推力F拖住物体．（1）若F=20时，物体处于静止状态，求这时物体受到的摩擦力．（2）要使物体能沿着竖直墙壁作匀速直线运动，求推力F的大小．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：物体不管静止还是匀速运动都是处于平衡状态，所以我们对物体进行受力分析应用平衡条件列式求解．解答：解：（1）对物体静止时受力分析并正交分解如图：则：F1=Fsin60°=30NF2=Fcos60°=10N在竖直方向上：F f+F1=G，代入数据得：F f=6N（2）物体能匀速下滑时推力为F′摩擦力F f′这时物体受力情况如图所示．根据竖直方向的平衡，有G﹣F′sin60°﹣F f′=0根据水平方向的平衡，有F N′=F2′=F′cos60°又：F f′=μF N′代入数据解得：F′=16N若物体匀速上滑，根据竖直方向的平衡，有G﹣F″sin60°+F f″=0根据水平方向的平衡，有F N″=F2″=F″cos60°又：F f″=μF N″代入数据解得：F″=48N答：（1）静止物体受到的摩擦力是6N．（2）物体匀速下滑，推力F的大小应为16N或48N．点评：本题关键是先对静止的物体受力分析，再对匀速滑动的物体受力分析，然后根据共点力平衡条件列式求解．区别就在于静摩擦力变为了滑动摩擦力，这两种摩擦力计算方法不同．一、从A、B两组中任选一组作答．A.【选修3-3】13．（6分）（2015春•临沂期末）下列说法正确的是（）A．0℃冰与0℃水的分子平均动能相同B．随着制冷技术的不断提高，绝对零度一定能达到C．吹出的肥皂泡成球形是由于表面张力的作用D．布朗运动是指在显微镜下观察到的液体分子的无规则运动E．当分子力表现为斥力时，分子力和分子势能总是随分子间距离的减小而增大考点：温度是分子平均动能的标志；布朗运动；* 液体的表面张力现象和毛细现象．分析：（1）温度是分子平均动能的标志；（2）绝对零度无法达到；（3）液体表面张力是作用于液体表面，使液体表面积缩小的力；（4）布朗运动是指在显微镜下观察到的固体小颗粒（如花粉）的无规则运动；（5）分子间既存在引力，也存在斥力，只是当分子间距离大于平衡距离时表现为引力，小于平衡距离时表现为斥力．解答：解：A、相同温度下的物质，分子平均动能相同；故A正确；B、热力学第三定律告诉我们，绝对零度无法达到；故B错误；C、凡作用于液体表面，使液体表面积缩小的力，称为液体表面张力．吹出的肥皂泡成球形是由于表面张力的作用；故C正确；D、布朗运动是固体小颗粒的运动；故D错误；E、当分子间为斥力时，分子力随分子间距离的增大而增大；分子势能增大；故E错误；故选：AC．点评：本题是热学综合题，考查了液体表面张力、布朗运动、饱和蒸气压、分子力，都是定性分析的问题；要多记同时还要多理解和应用．14．（6分）（2015春•临沂期末）下列说法正确的是（）A．单晶体的分子（或原子、离子）排列是有规则的，因而其物理性质是各向异性B．当人们感到干燥时，空气的相对湿度一定较小C．第二类永动机违反了能量守恒定律D．饱和蒸汽是指液体不再蒸发、蒸汽不再液化状态时的蒸汽，饱和蒸汽压与温度有关，且随着温度的升高而增大E．可以从单一热源吸收热量，使之完全变为功考点：热力学第二定律；* 晶体和非晶体．分析：本题应明确：（1）单晶体具有各向异性，而多晶体具有各向同性；（2）相对湿度是恒量干燥和潮湿的标准；饱和蒸汽是指液体蒸发与蒸汽液化相平衡的状态（3）热力学第二定律不同表述，不可能把热量从低温物体传向高温物体而不引起其它变化．解答：解：A、由于单晶体的分子（或原子、离子）排列是有规则的，因而在不同方向上，其其物理性质不相同，具是各向异性；故A正确；B、当人们感到潮湿时，空气的绝对湿度一定较大，人们感到干燥时，空气的绝对湿度一定较小．故B正确；C、第二类永动机不违背能量守恒定律，但却违背了热力学第二定律；故C错误；D、饱和蒸汽是指液体蒸发与蒸汽液化相平衡的状态，液体仍在蒸发，蒸汽仍在液化，故D 错误；E、热力学第二定律可以表示为：不可能制成一种循环动作的热机，从单一热源取热，使之完全变为功而不引起其它变化；故E错误；故选：AB．点评：本题考查液体、晶体及热力学第二定律的应用，要注意准确掌握相关热学规律，特别是热力学第二定律．15．（6分）（2015春•临沂期末）用油膜法估测分值的大小方法及步骤如下：A、向体积V油=1mL油酸中加酒精，直至总量达到V总=500mLB、用注射器吸取A中油酸酒精溶液，把它一滴一滴地滴入小量筒中，当滴入n=100滴时，测得其体积恰好是V0=1mL．C、先往边长40cm左右的浅盘里倒入2cm深的水，然后将痱子粉（或细石膏粉）均匀地撒在水面上．D、用注射器往水面上滴一滴油酸酒精溶液，待油酸薄膜形状稳定后，将事先准备好的玻璃板放在浅盘上，并在玻璃板上描下油酸膜的形状E、将画有油酸膜轮廓的玻璃板放在坐标纸上，如图所示，数出轮廓范围内正方形的个数N=114，正方形的边长l=20mm．根据以上信息，通过计算，回答下列问题（有数值计算的问题，先用信息中字母写出表达式，再代入数值并统一单位，最终算出结果）（1）1滴油酸酒精溶液中含有纯油酸的体积是2×10﹣5mL．（2）油酸分值直径d= 2.2×10﹣8 m．考点：用油膜法估测分子的大小．专题：实验题．分析：（1）根据浓度按比例算出纯油酸的体积；（2）把油酸分子看成球形，且不考虑分子间的空隙，油膜的厚度近似等于油酸分子的直径，由公式d=可以求出分子直径大小．解答：解：（1）每滴酒精油酸溶液中含有纯油酸的体积：V=×mL=2×10﹣5mL；（2）把油酸分子看成球形，且不考虑分子间的空隙，则分子的直径为：d==m=2.2×10﹣8m故答案为：（1）2×10 ﹣5；（2）2.2×10 ﹣8 ．点评：本实验关键要建立模型，此题不考虑油酸分子间的空隙，采用估算的方法求面积，肯定存在误差，但本实验只要求估算分子大小，数量级符合要求就行了．计算时注意单位的换算．16．（10分）（2015春•临沂期末）如图所示，一定质量的理想气体从状态A变化到状态B，再由B变化到C，已知状态A的温度为300K，求：（1）气体在状态B的温度；（2）气体在状态C的温度；（3）由状态B变化到状态C的过程中，气体是吸热还是放热？简要说明理由．考点：理想气体的状态方程．专题：理想气体状态方程专题．分析：由图示图象求出气体的状态参量，然后根据气体状态方程求出气体的温度．根据符号法则，确定Q、W的正负号，代入公式热力学第一定律△U=Q+W进行判断解答：解：（1）由图示图象可知，p A=0.5atm，V A=1m3，p B=1atm，V B=2m3，由题意可知：T A=300K，由理想气体的状态方程得：=，即：=，解得：T B=1200K；（2）由图示图象可知：p C=0.5atm，V C=1m3，由状态B→C，气体做等容变化，由查理定律得：=，即：=，解得：T C=600K；（3）因为气体由B到C为等容变化，不做功，但温度降低，内能减小，根据热力学第一定律得：△U=W+Q，W=0，则：△U=Q＜0，气体要放热．答：（1）气体在状态B的温度为1200K；（2）气体在状态C的温度600K；（3）由状态B变化到状态C的过程中，气体要放热，外界对气体不做功，内能减少，气体放热．点评：运用△U=Q+W来分析问题时，必须理解表达式的物理意义，掌握它的符号法则．要注意研究气体状态变化的过程中哪些量不变，哪些量变化．17．（12分）（2015春•临沂期末）如图，气缸左右两侧气体由绝热活塞隔开，活塞与气缸光滑接触．初始时两侧气体均处于平衡状态，体积之比V1：V2=1：2，温度之比T1：T2=3：5．先保持右侧气体温度不变，升高左侧气体温度，使两侧气体体积相同，然后使活塞导热．两侧气体最后达到平衡．求（1）两侧气体体积相同时，左侧气体的温度与初始温度的比值；（2）两侧气体最后达到平衡时，左右两侧气体的体积之比．考点：理想气体的状态方程；封闭气体压强．专题：理想气体状态方程专题．分析：（1）先保持右侧气体温度不变，升高左侧气体温度，使两侧气体体积相同，则右侧气体发生等温变化，遵守玻意耳定律．左侧气体满足理想气体状态方程．由玻意耳定律和理想气体状态方程分别列式求解．（2）使活塞导热，两侧气体最后达到平衡时，两侧气体都满足理想气体状态方程，由此对两侧气体列式，即可求解．解答：解：设左边气体体积为：V1=V，由题意可知：V1：V2=1：2，则：V2=2V，两边气体体积相等时，气体体积：V′=V；（1）设初始时压强为p．对左侧气体，由理想气体状态方程得：=，对右侧气体，由玻意耳定律得：pV2=p′V′，解得：k=2，则左侧气体的温度与初始温度的比值为2；（2）活塞导热达到平衡，由理想气体状态方程得：对左侧气体：=，对右侧气体：=，平衡时：T1′=T2′，解得：=；答：（1）两侧气体体积相同时，左侧气体的温度与初始温度的比值是2；（2）两侧气体最后达到平衡时，左右两侧气体的体积之比为5：6．点评：本题考查了理想气体状态方程的基本运用，关键抓住初末状态的气体压强、温度、体积关键列式求解，注意平衡时左右两部分气体的压强相等．【选修3-5】18．（2015•山东模拟）关于天然放射性，下列说法正确的是（）A．所有元素都可能发生衰变。

2014下高二期中考试物理试卷(含答案及详细解释)

高二上学期期中考试物理试卷第I 卷（选择题）一、选择题（本大题共10小题，每小题4分，共40分。

有的小题只有一个选项正确，有的小题有多个选项正确，把正确的选项前的符号填在括号内）1．某“与”门电路有2个输入端A 、B ，一个输出端Z ，设输入、输出端为高电位时取“1”，低电位时取“0”，今发现输出端Z 为“1”，那么输入端A 、B 的电位取( )A ．0,1B ．0,0C ．1,1D ．1,0 2.在静电场中，将一正电荷从a 点移到b 点，电场力做了负功，则( )A ．b 点的电场强度一定比a 点大B ．电场线方向一定从b 指向aC ．b 点的电势一定比a 点高D ．该电荷的动能一定减小3. 一电压表由电流表G 与电阻R 串联而成，如图所示，若在使用中发现此电压表的读数总比准确值稍小一些，采用下列哪种措施可能加以改进 A ．在R 上串联一比R 小得多的电阻 B ．在R 上串联一比R 大得多的电阻C．在R 上并联一比R 小得多的电阻 D ．在R 上并联一比R 大得多的电阻4. 图中电阻R 1、R 2、R 3的阻值相等，电池的内阻不计．开关S 接通后流过R 2的电流是S 接通前的( )A.12B.23C.13D.145.在如图所示的电路中，E 为电源电动势，r 为电源内阻，R 1和R 3均为定值电阻，R 2为滑动变阻器．当R 2的滑动触点在a 端时合上开关，此时三个电表A 1、A 2和V 的示数为I 1、I 2和U ，现将R 2的滑动触点向b 端移动，则三个电表示数的变化情况是( )A ．I 1增大，I 2不变，U 增大B ．I 1减小，I 2增大，U 减小C ．I 1增大，I 2减小，U 增大D ．I 1减小，I 2不变，U 减小6．如下图，一带负电的粒子以某速度进入水平向右的G匀强电场中，在电场力作用下形成图中所示的运动轨迹．M 和N 是轨迹上的两点，其中M 点在轨迹的最右边．不计重力，下列表述正确的是( )A ．粒子在M 点的速率最大B ．粒子所受电场力沿电场线方向C ．粒子在电场中的加速度不变D ．粒子在电场中的电势能始终在增加7. 三个α粒子在同一点沿同一方向垂直飞入偏转电场，出现了如下图所示的运动轨迹，由此可判断( )A ．在b 飞离电场的同时，a 刚好打在负极板上B ．b 和c 同时飞离电场C ．进入电场时，c 的速度最大，a 的速度最小D ．动能的增加值c 最小，a 和b 一样大8．如右图所示，水平放置的平行金属板a 、b 分别与电源的两极相连，带电液滴P 在金属板a 、b 间保持静止，现设法使P 固定，再使两金属板a 、b 分别绕中心点O 、O /垂直于纸面的轴顺时针转相同的小角度α，然后释放P ，则P 在电场内将做（） A ．匀速直线运动B ．水平向右的匀加速直线运动C ．斜向右下方的匀加速直线运动D ．曲线运动9. 右图是一个将电流表改装成欧姆表的示意图，此欧姆表已经调零，用此欧姆表测一阻值为R 的电阻时，指针偏转至满刻度45处，现用该表测一未知电阻，指针偏转到满刻度的15处，则该电阻的阻值为( )A ．4RB ．5RC ．10RD ．16R10．右图所示，两平行金属板竖直放置，左极板接地，中间有小孔．右极板电势随时间变化的规律如图所示．电子原来静止在左极板小孔处．（不计重力作用）下列说法中正确的是（）A.从t=0时刻释放电子，电子将始终向右运动，直到打到右极板上B.从t=0时刻释放电子，电子可能在两板间振动C.从t=T/4时刻释放电子，电子可能在两板间振动，也可能打到右极板上D.从t=3T/8时刻释放电子，电子必将打到左极板上二、实验题（本题共20分）11.（12分）在“测定金属的电阻率”的实验中，用螺旋测微器测量金属丝直径时的刻度位置如右图所示，用米尺测得金属丝的长度l＝1.000m。

山东省临沂市2014-2015学年高一下学期期中物理试卷 (Word版含解析)

山东省临沂市2014-2015学年高一（下）期中物理试卷一、单项选择题：本大题共8小题，每小题3分，共24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）如图所示，小钢球m以初速度v0在光滑水平面上运动，后受到磁极的侧向作用力而作图示的曲线运动到达D点，由图可知磁极的位置及极性可能是（）A．磁极在A位置，极性一定是N极B．磁极在B位置，极性一定是S极C．磁极在C位置，极性一定是N极D．磁极在B位置，极性无法确定2．（3分）一个物体以v0的初速度水平抛出，落地速度为v，则物体的飞行时间为（）A．B．C．D．3．（3分）行星绕恒星的运动轨道近似为圆形，行星的运行周期T的平方与轨道半径R的三次方的比为常数后，则常数的大小（）A．只跟行星的质量有关B．只跟恒星的质量有关C．跟恒星的质量及行量的质量都有关系D．跟恒星的质量及行星的质量都没关系4．（3分）洗衣机的脱水筒采用带动衣物旋转的方式脱水，下列说法中正确的是（）A．加快脱水筒转动角速度，脱水效果会更好B．脱水过程中，衣物中昀水分是沿半径方向甩出去的C．水会从衣物中甩出是因为水滴受到向心力很大的缘故D．靠近中心的衣物脱水效果比靠近筒壁的衣物脱水效果好5．（3分）甲、乙两人从距地面h高处抛出两个小球，甲球的落地点距抛出点的水平距离是乙的2倍，不计空气阻力，为了使乙球的落地点与甲球相同，则乙抛出点的高度可能为（）A．2h B．h C．4h D．3h6．（3分）一飞船在某行星表面附近沿圆轨道绕该行星飞行，若该行星是密度均匀的球体，要确定该行星的密度，只需要测量（）A．飞船的运行周期B．飞船的运行速度C．飞船的轨道半径D．行星的质量7．（3分）如图所示，半径为r的圆柱形转筒，绕其竖直中心轴OO′转动，小物体a在圆筒的内壁上，它与圆筒间的动摩擦因数为μ，要使小物体不下落，圆筒转动的角速度至少为（）A．B．C．D．8．（3分）如图所示，在一次演习中，离地H高处的飞机以水平速度v1发射一颗炮弹欲轰炸地面目标P，反应灵敏的地面拦截系统在M点同时以速度v2竖直向上发射导弹拉截，设拦截系统与飞机的水平距离为x，若拦截成功，不计空气阻力，则v1、v2的关系应满足（）A．v1=v2B．v1=v2C．v1=v2D．v1=v2二、不定项选择题：本大题共6小题，每小题全部选对的得4分，选不全的得2分，有选错或不选的得零分，满分24分．9．（4分）物体做曲线运动时，其加速度（）A．一定不等于零B．一定不变C．一定改变D．可能不变10．（4分）小球做匀速圆周运动的过程中，以下各量不发生变化的是（）A．线速度B．角速度C．周期D．向心力11．（4分）如图所示，滑板运动员沿水平地面向前滑行，在横杆前相对于滑板竖直向上起跳，人与滑板分离，分别从杆的上、下通过，忽略人和滑板在运动中受到的阻力．则运动员（）A．起跳时脚对滑板的作用力竖直向上B．在空中水平方向先加速后减速C．人在空中人不受力D．越过杆后仍落在滑板起跳的位置12．（4分）铁路转弯处的弯道半径，是根据地形决定的．弯道处要求外轨比内轨高，其内外轨高度差h的设计不仅与r有关，还与火车在弯道上的行驶速率v有关．下列说法正确的是（）A．v一定时，r越小则要求h越大B．v一定时，r越大则要求h越大C．r一定时，v越小则要求h越大D．r一定时，v越大则要求h越大13．（4分）若人造卫星绕地球做匀速圆周运动，则下列说法正确的是（）A．卫星的轨道半径越大，它的运行速度越大B．卫星的轨道半径越大，它的运行速度越小C．卫星的质量一定时，轨道半径越大，它需要的向心力越大D．卫星的质量一定时，轨道半径越大，它需要的向心力越小14．（4分）一条船沿垂直河岸的方向航行，它在静水中航行速度大小一定，当船行驶到河中心时，河水流速突然增大，这使得该船（）A．渡河时间增大B．到达对岸时的速度增大C．渡河通过的路程增大D．渡河通过的路程比位移大三、填空题：共2题，15、16题各4分，17题8分（每空2分），共16分．15．（4分）如图所示，已知某人骑自行车每分钟蹬30圈，车轮与脚蹬轮盘转数之比为4：1，车轮半径为0.50m，则求车轮转动的线速度为m/s．16．（4分）一探月卫星在地月转移轨道上运行，某一时刻正好处于地心和月心的连线上，卫星在此处所受地球引力与月球引力之比为4：1．已知地球与月球的质量之比约为81：1，则该处到地心与到月心的距离之比约为．17．（8分）在《研究平抛物体的运动》的实验中：（1）安装实验装簧过程中，斜槽末端的切线必须是水平的，这样做的目的是A．保证小球运动的轨道是一条抛物线B．保证小球在空中运动的时间每次都相等C．保证小球飞出时，初速度水平D．保证小球飞出时，速度既不太大，也不太小（2）如图所示，在实验中，用一张印有小方格的纸记录小球轨迹，小方格的边长=5×10﹣2m．图中的A、B、C为小球在平抛运动中的几个位置，则小球平抛的初速度的计算式为v0=（用L、g表示），其值是m/s（取g=l0m/s2），小球在B点的速度大小是m/s．四、计算论述题：本题共3题，18题10分，19题12分，20题14分，共36分．解答时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．18．（10分）据报道，在太阳系外发现了首颗“宜居”行星，其质量约为地球质量的6.4倍．已知一个在地球表面质量为50kg的人在这个行星表面所受重力约为800N，地球表面处的重力加速度为10m/s2．求：（1）该行星表面的重力加速度；（2）该行星的半径与地球的半径之比．19．（12分）某滑雪爱好者从一高处加速滑下经过一个小的平台后从O点沿水平方向飞出，经过0.6s落到斜坡上的A点．O点是斜坡的起点，斜坡与水平面的夹角θ=37°，不计空气阻力．已知sin37°=0.60，cos37°=0.80；g=10m/s2．求：（1）A点与O点的距离L；（2）运动员离开O点时的速度大小；（3）运动员落到A点时的速度大小．20．（14分）如图所示，质量为m的小球用长为L的细线拴在天花板上的O点，现将小球拉开，使摆线L与竖直方向的夹角为α，并使小球在水平面内做匀速圆周运动（这种运动通常称为圆锥摆运动）．求：（1）细线的对小球的拉力大小；（2）小球运动的线速度的大小；（3）小球做圆周运动的角速度及周期．山东省临沂市2014-2015学年高一（下）期中物理试卷参考答案与试题解析一、单项选择题：本大题共8小题，每小题3分，共24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）如图所示，小钢球m以初速度v0在光滑水平面上运动，后受到磁极的侧向作用力而作图示的曲线运动到达D点，由图可知磁极的位置及极性可能是（）A．磁极在A位置，极性一定是N极B．磁极在B位置，极性一定是S极C．磁极在C位置，极性一定是N极D．磁极在B位置，极性无法确定考点：物体做曲线运动的条件．专题：物体做曲线运动条件专题．分析：做曲线运动的物体轨迹一定处于合外力与速度方向之间且弯向合外力这一侧解答：解：做曲线运动物体的轨迹一定处于合外力与速度方向之间且弯向合外力这一侧，所以钢球受到的吸引力指向弧内，则磁极在B位置，但极性无法确定，两极对钢球都有吸引力，都可以，故D正确．故选：D点评：本题主要考查了曲线运动的条件，知道做曲线运动的物体轨迹一定处于合外力与速度方向之间且弯向合外力这一侧，难度不大，属于基础题2．（3分）一个物体以v0的初速度水平抛出，落地速度为v，则物体的飞行时间为（）A．B．C．D．考点：平抛运动．专题：平抛运动专题．分析：根据速度的分解，运用平行四边形定则求出竖直方向上的分速度，根据v y=gt求出运动的时间解答：解：将落地的速度分解为水平方向和竖直方向，水平方向的速度等于v0，则竖直方向上的速度，根据v y=gt得，t=．故C正确，A、B、D错误．故选：C点评：解决本题的关键知道平抛运动的规律，知道平抛运动在水平方向上做匀速直线运动，在竖直方向上做自由落体运动．3．（3分）行星绕恒星的运动轨道近似为圆形，行星的运行周期T的平方与轨道半径R的三次方的比为常数后，则常数的大小（）A．只跟行星的质量有关B．只跟恒星的质量有关C．跟恒星的质量及行量的质量都有关系D．跟恒星的质量及行星的质量都没关系考点：万有引力定律及其应用．专题：万有引力定律的应用专题．分析：开普勒第三定律中的公式=K，可知半长轴的三次方与公转周期的二次方成正比．解答：解：开普勒第三定律中的公式=K，可知半长轴的三次方与公转周期的二次方成正比，式中的k只与恒星的质量有关，与行星质量无关，故ACD错误，B正确；故选：B．点评：行星绕太阳虽然是椭圆运动，但我们可以当作圆来处理，同时值得注意是周期是公转周期．4．（3分）洗衣机的脱水筒采用带动衣物旋转的方式脱水，下列说法中正确的是（）A．加快脱水筒转动角速度，脱水效果会更好B．脱水过程中，衣物中昀水分是沿半径方向甩出去的C．水会从衣物中甩出是因为水滴受到向心力很大的缘故D．靠近中心的衣物脱水效果比靠近筒壁的衣物脱水效果好考点：离心现象．分析：A、水滴依附的附着力是一定的，当水滴因做圆周运动所需的向心力大于该附着力时，水滴被甩掉．B、脱水过程中，衣物做离心运动而甩向桶壁．C、F=ma=mω2R，角速度增大，水滴所需向心力增大，脱水效果更好．D、周边的衣物因圆周运动的半径更大，在角速度一定时，所需向心力比中心的衣物大，脱水效果更好．解答：解：A、根据F=ma=mω2R，ω增大会使向心力F增大，而转筒有洞，不能提供足够大的向心力，水滴就会被甩出去，增大向心力，会使更多水滴被甩出去．故A正确．B、脱水过程中，衣物做离心运动而甩向桶壁，衣物中昀水分是沿切线方向甩出去的．故B 错误．C、水滴依附的附着力是一定的，当水滴因做圆周运动所需的向心力大于该附着力时，水滴被甩掉．故C错误．D、靠近中心的衣物，R比较小，角速度ω一样，所以向心力小，脱水效果差．故D错误．故选：A．点评：此题要理解匀速圆周运动的向心力的来源、向心力的大小因素、做离心运动的条件．属于基础题．5．（3分）甲、乙两人从距地面h高处抛出两个小球，甲球的落地点距抛出点的水平距离是乙的2倍，不计空气阻力，为了使乙球的落地点与甲球相同，则乙抛出点的高度可能为（）A．2h B．h C．4h D．3h考点：平抛运动．专题：平抛运动专题．分析：抛出的小球做平抛运动，在相同的高度下，水平射程之比即为抛出速度之比．在相同的水平射程下，可知抛出速度与时间的关系，从而可求出抛出高度．解答：解：两球都从距地面h高处抛出，根据，可知下落的时间相等，由于甲球的落地点距抛出点的水平距离是乙的2倍，根据x=v0t，可知v甲：v乙=2：1，要使乙球的落地点与甲球相同，则下落的时间，t甲：t乙=1：2，因此根据，可知乙抛出点的高度可能为4h．故选：C点评：考查平抛运动规律，体现运动的合成与分解，注意分运动的时间相等．同时运用控制变量的思维：当抛出高度相同时，水平射程与抛出速度有关；当水平射程相同时，下落的时间与抛出速度有关．6．（3分）一飞船在某行星表面附近沿圆轨道绕该行星飞行，若该行星是密度均匀的球体，要确定该行星的密度，只需要测量（）A．飞船的运行周期B．飞船的运行速度C．飞船的轨道半径D．行星的质量考点：万有引力定律及其应用．专题：万有引力定律的应用专题．分析：研究飞船在某行星表面附近沿圆轨道绕该行星飞行，根据根据万有引力提供向心力，列出等式．根据密度公式表示出密度．解答：解：根据密度公式得：ρ=A、根据根据万有引力提供向心力，=m，解得：M=，代入密度公式得：ρ=，故A正确．B、已知飞船的运行速度，根据根据万有引力提供向心力，列出等式．=m，解得：M=，代入密度公式无法求出行星的密度，故B错误．C、已知飞船的轨道半径，无法求出行星的密度，故C错误．D、已知行星的质量而不知道半径无法求出行星的密度，故D错误．故选：A．点评：运用物理规律表示出所要求解的物理量，再根据已知条件进行分析判断．7．（3分）如图所示，半径为r的圆柱形转筒，绕其竖直中心轴OO′转动，小物体a在圆筒的内壁上，它与圆筒间的动摩擦因数为μ，要使小物体不下落，圆筒转动的角速度至少为（）A．B．C．D．考点：向心力；线速度、角速度和周期、转速．专题：匀速圆周运动专题．分析：要使物体不下落，筒壁对物体的静摩擦力必须与重力相平衡，由筒壁对物体的支持力提供向心力，根据向心力公式即可求解角速度的最小值．解答：解：要使物体不下落，则小物块在竖直方向上受力平衡，有：f=mg当摩擦力正好等于最大摩擦力时，圆筒转动的角速度ω取最小值，筒壁对物体的支持力提供向心力，根据向心力公式得：N=mω2r而f=μN联立以上三式解得：ω=．故选：D．点评：物体在圆筒内壁做匀速圆周运动，向心力是由筒壁对物体的支持力提供的．而物体放在圆盘上随着圆盘做匀速圆周运动时，此时的向心力是由圆盘的静摩擦力提供的．8．（3分）如图所示，在一次演习中，离地H高处的飞机以水平速度v1发射一颗炮弹欲轰炸地面目标P，反应灵敏的地面拦截系统在M点同时以速度v2竖直向上发射导弹拉截，设拦截系统与飞机的水平距离为x，若拦截成功，不计空气阻力，则v1、v2的关系应满足（）A．v1=v2B．v1=v2C．v1=v2D．v1=v2考点：平抛运动．专题：平抛运动专题．分析：若拦截成功，竖直上抛的炮弹和平抛的炮弹运动时间相等，在竖直方向上的位移之和等于H，平抛运动在水平方向上做匀速直线运动，在竖直方向上做自由落体运动．解答：解：炮弹运行的时间t=，在这段时间内飞机发射炮弹在竖直方向上的位移h1=gt2，拦截炮弹在这段时间内向上的位移，h2=v2t﹣gt2．则H=h1+h2=v2t，所以v1=v2．故选：B点评：解决本题的关键掌握处理平抛运动的方法，平抛运动在水平方向上做匀速直线运动，在竖直方向上做自由落体运动．以及知道竖直上抛运动加速度不变，是匀变速直线运动．二、不定项选择题：本大题共6小题，每小题全部选对的得4分，选不全的得2分，有选错或不选的得零分，满分24分．9．（4分）物体做曲线运动时，其加速度（）A．一定不等于零B．一定不变C．一定改变D．可能不变考点：曲线运动．专题：物体做曲线运动条件专题．分析：做曲线运动的条件是物体受的合外力与速度方向不在一条直线上，合外力不为零则一定有加速度，加速度可以改变，也可以不变．解答：解：做曲线运动的物体由于合外力不为零，所以加速度一定不等于零，A正确；做平抛运动的物体加速度为重力加速度，大小和方向都不变，C错误D正确；做匀速圆周运动的物体受的合外力指向圆心，加速度的大小不变但方向时刻改变，B错误；故选AD点评：做此类题目可以用反证法，只要找到一个与之相反的例子即可．10．（4分）小球做匀速圆周运动的过程中，以下各量不发生变化的是（）A．线速度B．角速度C．周期D．向心力考点：匀速圆周运动．专题：匀速圆周运动专题．分析：对于物理量的理解要明确是如何定义的决定因素有哪些，是标量还是矢量，如本题中明确描述匀速圆周运动的各个物理量特点是解本题的关键，尤其是注意标量和矢量的区别解答：解：在描述匀速圆周运动的物理量中，线速度、向心加速度、向心力这几个物理量都是矢量，虽然其大小不变但是方向在变，因此这些物理量是变化的；所以保持不变的量是周期和角速度，所以BC正确．故选：BC点评：本题很简单，考察了描述匀速圆周运动的物理量的特点，但是学生容易出错，如误认为匀速圆周运动线速度不变．11．（4分）如图所示，滑板运动员沿水平地面向前滑行，在横杆前相对于滑板竖直向上起跳，人与滑板分离，分别从杆的上、下通过，忽略人和滑板在运动中受到的阻力．则运动员（）A．起跳时脚对滑板的作用力竖直向上B．在空中水平方向先加速后减速C．人在空中人不受力D．越过杆后仍落在滑板起跳的位置考点：运动的合成和分解．分析：运动员顺利完成该动作，可知运动员所做的运动在水平方向的分运动应与滑板的运动相同，所以运动员在起跳时竖直起跳，由于本身就有水平初速度，所以运动员既参与了水平方向上的匀速直线运动，又参与了竖直上抛运动．解答：解：A、运动员竖直起跳，由于本身就有水平初速度，所以运动员既参与了水平方向上的匀速直线运动，又参与了竖直上抛运动．各分运动具有等时性，水平方向的分运动与滑板的运动情况一样，最终落在滑板的原位置．所以竖直起跳时，对滑板的作用力应该是竖直向下．故A错误．B、运动员参与了水平方向上的匀速直线运动，故B错误．C、忽略人和滑板在运动中受到的阻力，在空中只受重力，故C错误．D、运动员在起跳时竖直起跳，由于本身就有水平初速度，所以运动员参与了水平方向上的匀速直线运动，所以越过杆后仍落在滑板起跳的位置，故D正确．故选：D．点评：解决本题的关键是掌握运动的合成与分解，知道各分运动具有独立性，分运动和合运动具有等时性．12．（4分）铁路转弯处的弯道半径，是根据地形决定的．弯道处要求外轨比内轨高，其内外轨高度差h的设计不仅与r有关，还与火车在弯道上的行驶速率v有关．下列说法正确的是（）A．v一定时，r越小则要求h越大B．v一定时，r越大则要求h越大C．r一定时，v越小则要求h越大D．r一定时，v越大则要求h越大考点：向心力．专题：牛顿第二定律在圆周运动中的应用．分析：火车转弯时，重力与支持力的合力提供向心力，根据向心力公式即可求解．解答：解：设内外轨的水平距离为d，根据火车转弯时，重力与支持力的合力提供向心力得：如果r一定时，v越大则要求h越大，故C错误，D正确；如果v一定时，r越大则要求h越小，r越小则要求h越大，故A正确，B错误．故选：AD点评：本题是物理模型在实际生活中的应用题，知道圆周运动向心力的来源，注意几何关系在解题中的运用，难度适中．13．（4分）若人造卫星绕地球做匀速圆周运动，则下列说法正确的是（）A．卫星的轨道半径越大，它的运行速度越大B．卫星的轨道半径越大，它的运行速度越小C．卫星的质量一定时，轨道半径越大，它需要的向心力越大D．卫星的质量一定时，轨道半径越大，它需要的向心力越小考点：人造卫星的加速度、周期和轨道的关系．专题：计算题．分析：卫星的转动是因为万有引力充当向心力，由万有引力公式可知周期、半径及线速度等的关系．解答：解：由万有引力公式可得运行线速度v=，故半径越大，运行速度越小；故A 错误，B正确；卫星的向心力由万有引力提供，即向心力F=，故半径越大，它需要的向心力越小，故C错误，D正确；故选BD．点评：判断卫星各量的变化时，最好直接利用万有引力公式充当向心力列出方程推导出结论后再进行判断，千万不要乱套公式．14．（4分）一条船沿垂直河岸的方向航行，它在静水中航行速度大小一定，当船行驶到河中心时，河水流速突然增大，这使得该船（）A．渡河时间增大B．到达对岸时的速度增大C．渡河通过的路程增大D．渡河通过的路程比位移大考点：运动的合成和分解．专题：运动的合成和分解专题．分析：将船的运动分解为垂直河岸方向和沿河岸方向，根据分运动与合运动具有等时性进行分析．解答：解：A、静水速垂直于河岸，大小不变，根据t=知，渡河时间不变．故A错误．B、水流速增大，静水速不变，根据平行四边形定则知，到达对岸时的速度增大．故B正确．C、渡河时间不变，水流速增大，则沿河岸方向上的位移增大，则渡河的路程增大．故C正确．D、水流速增大后，合速度的方向与河岸方向的夹角变小，根据几何关系知，渡河的路程大于位移的大小．故D正确．故选：BCD．点评：解决本题的关键知道分运动与合运动具有等时性，各分运动具有独立性．三、填空题：共2题，15、16题各4分，17题8分（每空2分），共16分．15．（4分）如图所示，已知某人骑自行车每分钟蹬30圈，车轮与脚蹬轮盘转数之比为4：1，车轮半径为0.50m，则求车轮转动的线速度为6.28m/s．考点：线速度、角速度和周期、转速．专题：匀速圆周运动专题．分析：根据1min蹬了30圈可求脚蹬轮盘的转速，自行车的车轮和脚蹬轮盘的转速之比为4：1，可求车轮的转速，根据v=2πnr可求自行车前进的速．解答：解：1min蹬了30圈，即脚蹬轮的转速为：已知自行车的车轮和脚蹬轮盘的转速之比为4：1所以车轮的转速为：n2=4n1=4×0.5r/s=2r/s根据v=2πnr得自行车前进的速度大小为：v=2πn2r=2π×2×0.5m/s=6.28m/s答：该自行车前进的速度大小为6.28m/s．点评：本题考察齿轮传动时，轮边缘上的线速度大小相等，同轴转动两轮的角速度相同；转速和角速度、线速度的互换问题．16．（4分）一探月卫星在地月转移轨道上运行，某一时刻正好处于地心和月心的连线上，卫星在此处所受地球引力与月球引力之比为4：1．已知地球与月球的质量之比约为81：1，则该处到地心与到月心的距离之比约为9：2．考点：万有引力定律及其应用．专题：压轴题；万有引力定律的应用专题．分析：根据万有引力定律表示出地球对卫星的引力和月球对卫星的引力．根据引力之比为4：1求出卫星距地心距离与距月心距离之比．解答：解：设月球质量为M，地球质量就为81M．卫星距地心距离为r1，卫星距月心距离为r2 ．由于地球对它的引力和月球对它的引力为4：1，根据万有引力定律得：=4×=则该处到地心与到月心的距离之比约为9：2．故答案为：9：2点评：该题考查的是万有引力定律的应用，要能够根据题意列出等式，去解决问题．17．（8分）在《研究平抛物体的运动》的实验中：（1）安装实验装簧过程中，斜槽末端的切线必须是水平的，这样做的目的是CA．保证小球运动的轨道是一条抛物线B．保证小球在空中运动的时间每次都相等C．保证小球飞出时，初速度水平D．保证小球飞出时，速度既不太大，也不太小（2）如图所示，在实验中，用一张印有小方格的纸记录小球轨迹，小方格的边长=5×10﹣2m．图中的A、B、C为小球在平抛运动中的几个位置，则小球平抛的初速度的计算式为v0=（用L、g表示），其值是1.5m/s（取g=l0m/s2），小球在B点的速度大小是2.5 m/s．考点：研究平抛物体的运动．专题：实验题．分析：（1）在实验中让小球在固定斜槽滚下后，做平抛运动，记录下平抛后运动轨迹．然后在运动轨迹上标出特殊点，对此进行处理，由于是同一个轨迹，因此要求抛出的小球初速度是相同的，所以在实验时必须确保抛出速度方向是水平的，同时固定的斜槽要在竖直面；。

2014-2015学年山东省临沂市兰山区高二(下)期中物理试卷

2014-2015学年山东省临沂市兰山区高二（下）期中物理试卷学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________一、多选题(本大题共3小题，共12.0分)1.湿度的说法中正确的是（）A.绝对湿度大，相对湿度一定大B.相对湿度是100%，表明在当时温度下，空气中水汽已达饱和状态C.相同温度下绝对湿度越大，表明空气中水汽越接近饱和D.露水总是出现在夜间和清晨，是因为气温的变化使空气里原来饱和的水蒸气液化的缘故【答案】BCD【解析】解：A、绝对湿度大，相对湿度不一定大，A错误；B、相对湿度是指水蒸汽的实际压强与该温度下水蒸汽的饱和压强之比，相对湿度是100%，表明在当时温度下，空气中水汽已达饱和状态，B正确；C、相同温度下绝对湿度越大，表明空气中水汽越接近饱和，C正确；D、露水总是出现在夜间和清晨，是因为气温的变化使空气里原来饱和的水蒸气液化的缘故，故D正确．故选：BCD．绝对湿度指大气中水蒸汽的实际压强，相对湿度是指水蒸汽的实际压强与该温度下水蒸汽的饱和压强之比．解决本题只要知道绝对湿度和相对湿度的定义．2.以下说法正确的是（）A.电冰箱内的食品温度比室内温度低，说明在一定条件下热传导可以由低温物体向高温物体进行B.内能可以转化为机械能C.能量的耗散否定了能量的转化与守恒定律D.热量有时能自发地从低温物体传到高温物体【答案】AB【解析】解：A、热传导只能自发的从高温到低温，但在一定条件下，热传导也可以由低温物体向高温物体进行，故A正确；B、C、由能量守恒定律可知，各种形式的能量之间可以相互转化，并且总能量守恒，故B正确，C错误；D、热量不能自发地从低温物体传到高温物体，热量只能自发地从高温物体传到低温物体．故D错误．故选：AB．解答本题的关键是充分理解热力学第二定律，正确理解能量耗散和能量的转化与守恒．本题考查对热力学第二定律的几种常见的说法和应用，要注意结合几种不同的说法，从多个角度来了全面理解该定律，可以通过加强练习来加深理解．3.下列现象中，主要是液体表面张力作用的（）A.缝衣针飘在水面上B.木船漂浮在水面上C.荷叶上的小水珠成球形D.慢慢向小酒杯中注水，即使水面稍高于杯口，水仍不会流出【答案】ACD【解析】解：A、因为液体表面张力的存在，缝衣针飘在水面上，故A正确；B、木船漂浮在水面是由于水的浮力，故B错误；C、草荷上的露珠存在表面张力，它表面的水分子表现为引力，从而使它收缩成一个球形，与表面张力有关，故C正确；D、液体存在表面张力，表面张力使液体表面有收缩的趋势，故慢慢向小酒杯中注水，即使水面稍高于杯口，水仍不会流出，故D正确．故选：ACD．作用于液体表面，使液体表面积缩小的力，称为液体表面张力．它产生的原因是液体跟气体接触的表面存在一个薄层，叫做表面层，表面层里的分子比液体内部稀疏，分子间的距离比液体内部大一些，分子间的相互作用表现为引力．就象你要把弹簧拉开些，弹簧反而表现具有收缩的趋势．正是因为这种张力的存在，有些小昆虫才能无拘无束地在水面上行走自如．此题考查液体表面张力的现象，要求对液体表面张力产生的原因能理解，并能分析一些现象．二、单选题(本大题共1小题，共4.0分)4.如图是氧气分子在不同温度（0℃和100℃）下的速率分布，由图可得信息正确的是（）A.同一温度下，氧气分子速率呈现出“中间多，两头少”的分布规律B.随着温度的升高，每一个氧气分子的速率都增大C.随着温度的升高，氧气分子中速率小的分子所占的比例高D.随着温度的升高，氧气分子的平均速率变小【答案】A【解析】解：A、同一温度下，中等速率大的氧气分子数所占的比例大，出现“中间多、两头少”的分布规律，故A正确．B、温度升高使得氧气分子的平均速率增大，不一定每个分子的速率都增大，故B错误．C、温度升高使得速率较小的氧气分子所占的比例变小，故C错误．D、温度升高使得氧气分子的平均速率增大，故D错误．故选：A温度是分子平均动能的标志，温度升高分子的平均动能增加，不同温度下相同速率的分子所占比例不同．本题考查了分子运动速率的统计分布规律，记住图象的特点．三、多选题(本大题共1小题，共4.0分)5.如图所示，一定质量的理想气体，从图示A状态开始，经历了B、C，最后到D状态，BC平行于横轴，CD平行于纵轴，下列判断中正确的是（）A.A→B温度升高，压强不变B.B→C体积不变，压强变大C.B→C体积不变，压强不变D.C→D体积变小，压强变大【答案】AD【解析】解：A、由图示图象可知，A→B过程气体温度升高，气体的体积V与热力学温度T成正比，由理想气体状态方程可知，该过程气体压强保持不变，故A正确；B、由图示图象可知，B→C过程气体体积不变而温度降低，由理想气体状态方程可知，气体压强减小，故BC错误；D、由图示图象可知，C→D过程气体温度不变而体积减小，由玻意耳定律可知，气体压强变大，故D正确；故选：AD．由图示图象确定气体各状态参量如何变化，然后应用气体状态方程分析答题．本题考查了判断气体状态参量如何变化，分析清楚图示图象、确定气体的体积V与热力学温度T如何变化是正确解题的前提与关键，应用气体状态方程即可解题．四、单选题(本大题共1小题，共4.0分)6.下列说法正确的是（）A.当分子间距离r＜r0时分子间只有分子斥力作用B.分子间距离增大时分子势能增大C.温度越高分子的平均动能越大D.温度高的物体的内能一定比温度低的物体内能大【答案】C【解析】解：A、当分子间距离r＜r0时分子间引力也存在，只是引力小于斥力，故A错误．B、若分子力表现为斥力，分子间距离增大时分子力做正功，分子势能减小，故B错误．C、温度是分子平均动能的标志，温度越高分子的平均动能越大，故C正确．D、物体的内能与物体的体积、温度等因素有关．所以温度高的物体的内能不一定比温度低的物体内能大，还与它们的体积、摩尔数有关，故D错误．故选：C．分子间的引力和斥力同时存在．分子势能与分子距离有关．温度是分子平均动能的标志．物体的内能与物体的体积、温度等因素有关．对于分子力，要抓住三个“同”：引力和斥力同时存在，随着分子距离的增大，同时减小，随着分子距离的减小，同时增大．五、多选题(本大题共2小题，共8.0分)7.如图所示的电流i随时间t作周期性变化的图象，下列说法中正确的是（）A.电流大小变化，方向不变，是直流电B.电流大小、方向都变化，是交流电C.电流大小变化，方向不变，是交流电D.电流最大值为0.2A，周期为0.01s【答案】AD【解析】解：由图象可知：电流的大小变化，方向始终为正，不发生变化，所以是直流电，电流最大值为0.2A，周期为0.01s，所以AD正确，BC错误．故选：AD．电流的大小和方向都随时间成周期性变化的电流为交流电，由图象可以看出电流的最大值和周期．本题主要考查了交流电的定义以及读图的能力，要求同学们能根据图象读出有效信息，难度不大，属于基础题．8.如图所示的交变电流图象为某一正弦式交变电流更换正值后的i-t图象，下列说法正确的是（）A.该交变电流的有效值是 AB.该交变电流的有效值是 AC.若该电流通过一个阻值为2Ω的电阻，则1分钟内电阻上产生的热量为90JD.若该电流通过一个阻值为2Ω的电阻，则1分钟内电阻上产生的热量为120J【答案】BC【解析】解：AB、将该电流加在一个阻值为R的电阻上，设周期为T，则根据有效值的定义得：12•R•+（×1）2R=I2RT解得，电流的有效值为：I=A．故A错误，B正确．CD、在1分钟内电阻上产生的热量为：Q=I2R t=（）2×2×60J=90J，故C正确，D错误．故选：BC．根据图象可读出该交流电的周期和最大值，然后根据有效值的定义，列式求解有效值．根据焦耳定律Q=I2R t求解在1分钟内电阻上产生的热量．根据图象获取有用信息，利用有效值的定义列式求解电流的有效值是交变电流部分热点问题，要理解并熟练掌握．求交流电产生的热量时要用有效值．六、单选题(本大题共1小题，共4.0分)9.某发电厂通过远距离向某学校输电，输送的电功率为P，从发电厂至学校的输电导线总电阻为R，当输电线的电阻和输送的电功率不变时，则下列说法正确的是（）A.输送的电压越高，输电线上的电流越大，输电线路上损失的电压越大B.输电线路上损失的电压与输送电流成正比C.输电线路上损失的功率跟输送电压的平方成正比D.输电导线总电阻R两端的电压等于输送的电压【答案】B【解析】解：A、当输电线的电阻和输送的电功率不变时，根据P=UI，知输送电压越高，输电线上的电流越小，根据U损=IR，输电线上损失的电压越小．故A错误．B、根据U损=IR，知输电线路上损失的电压与输送电流成正比．故B正确．C、根据损，，得，输电线路上损失的功率跟输送电压的平方成反损比．故C错误．D、根据U损=IR知，输电导线总电阻R两端的电压等于损失的电压．故D错误．故选B．A、根据P=UI，判断输电线上的电流变化，根据U损=IR判断输电线上的电压损失．B、根据U损=IR，判断输电线路上损失的电压与输送电流的关系．C、根据损，，判断输电线路上损失的功率跟输送电压的关系．D、输电导线总电阻R两端的电压等于损失的电压．解决本题的关键知道输送的电功率P=UI，输送功率一定，输电电压越大，输送电流越小．以及知道输电导线总电阻R两端的电压等于损失的电压．七、多选题(本大题共1小题，共4.0分)10.如图，一理想变压器原线圈接入一交流电源，副线圈电路中R1、R2、R3和R4均为固定电阻，开关S是闭合的．和为理想电压表，读数分别为U1和U2；、和为理想电流表，读数分别为I1、I2和I3．现断开S，U1数值不变，下列推断中正确的是（）A.U2变小、I3变小B.U2不变、I3变大C.I1变小、I2变小D.I1变大、I2变大【答案】BC【解析】解：理想变压器的电压与匝数程正比，由于理想变压器原线圈接到电压不变，则副线圈电压不变，所以V2的示数U2也不变，当s断开之后，并联电路的电阻变大，副线圈的电阻也就变大，由于副线圈电压不变，所以副线圈的总电流减小，即I2变小，由于电流与匝数成反比，当副线圈的电流减小时，原线圈的电流也就要减小，所以I1变小，由于副线圈的总电流减小，R1的电压减小，并联电路的电压就会增大，所以R3的电流I3就会增大，所以BC正确，AD错误．故选BC．和闭合电路中的动态分析类似，可以根据R2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．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．八、填空题(本大题共1小题，共6.0分)11.光敏电阻的阻值随光照射的强弱而改变．“光强“表示光的强弱程度的物理量，照射光越强，光强越大，光强符号用E表示，国际单位为坎德拉（cd）．实验测得光敏电阻的阻值R与光强E间的关系如图1所示，根据图象解答下列问题：（1）当光强为E1时，光敏电阻的阻值为R1；当光强为E2时，光敏电阻的阻值为R2，那么它们之间的关系式为= ______ （用E1、E2表示）．（2）将光敏电阻R、定值电阻R0、电流表、开关和电源连接成图2所示电路．闭合开关，逐渐增大光敏电阻的光照强度，那么______ ．A﹑电流表的读数增大，光敏电阻两端的电压也增大B﹑电流表的读数增大，但光敏电阻两端的电压减小C﹑电流表的读数减小，但光敏电阻两端的电压增大D﹑电流表的读数减小，光敏电阻两端的电压也减小．【答案】；B【解析】解：（1）由图知电阻与光强成反比，故随光强的增大电阻减小，随光强的减小电阻增大由图知电阻与光强成反比，即：=（3）光照强度变大时，电阻减小，电流变大，R0上的电压变大，总电压不变，由串联电路的特点知，光敏电阻两端的电压减小，故选B故答案为：（1）；（2）B（1）由图象可看出，电阻与光强成反比；（2）由光强的变化可得出电阻的变化，由欧姆定律可解；本题为信息给予题，要注意认真分析题目中给出的信息，明确欧姆定律等电学知识的正确应用．九、实验题探究题(本大题共1小题，共6.0分)12.（1）某学生在用“油膜法估测分子大小”的实验中，计算结果明显偏大，可能是由于______ ．A．油酸未完全散开B．油酸中含有大量酒精C．计算油膜面积时，舍去了所有不足一格的方程D．求每滴体积时，1m L的溶液的滴数误多记了10滴（2）1cm3的油酸溶于酒精，制成500cm3的酒精油酸溶液，已知1滴该溶液的体积时cm3．现取1滴该溶液滴在水面上，随着酒精溶于水，油酸在水面上形成单分子油膜层，油膜面积为0.4m2，由此估算分子直径______ m．（保留二位有效数字）【答案】AC；1.3×10-10【解析】解：（1）计算油酸分子直径的公式是d=，V是纯油酸的体积，S是油膜的面积．A．油酸未完全散开，S偏小，故得到的分子直径d将偏大，故A正确；B．计算时利用的是纯油酸的体积，如果油酸溶液浓度低于实际值，则油酸的实际体积偏小，则直径将偏小，故B错误；C．计算油膜面积时舍去了所有不足一格的方格，S将偏小，故得到的分子直径将偏大，故C正确；D．求每滴体积时，lm L的溶液的滴数误多记了10滴，由V0=可知，纯油酸的体积将偏小，则计算得到的分子直径将偏小，故D错误；故选：AC．（2）一滴油酸酒精溶液中纯油酸的体积，则分子直径d=．故答案为：（1）AC，（2）1.3×10-10．用油膜法估测分子直径实验原理是：让一定体积的纯油酸滴在水面上形成单分子油膜，估算出油膜面积，从而求出分子直径．根据此原理分析误差．本题考查了油膜法测分子直径的原理、实验数据处理，难度不大；解题时要注意所求体积是纯油的体积，不是一滴油酸溶液的体积．十、填空题(本大题共1小题，共6.0分)13.带有活塞的汽缸内封闭一定量的理想气体．气体开始处于状态a，然后经过过程ab到达状态b或经过过程ac到状态c，b、c状态温度相同，如V-T图所示．设气体在状态b和状态c的压强分别为P b、和P C，在过程ab和ac中吸收的热量分别为Q ab和Q ac，则P b ______ P C，Q ab ______ Q ac（均选填“＞”、“=”或“＜”）．【答案】＜；＞【解析】解：（1）由图象可知，b、c两点温度相同，V b＞V c，由玻意耳定律PV=C可知：P b＜P c；（2）b、c两点温度相同，理想气体的内能相同，则△U ab=△U ac，由a到b过程中，气体体积变大，气体对外做功W，由热力学第一定律可知：△U ab=Q ab-W；从a到c过程中，气体体积不变，气体不对外做功W=0，由热力学第一定律可知：△U ac=Q ac；而△U ab=△U ac，则Q ab-W=Q bc，则Q ab＞Q ac；故答案为：＜；＞．b、c两点温度相同，由玻意耳定律可以判断它们的压强大小关系；应用热力学第一定律判断两过程中气体吸收热量的大小关系．由图线判断出三点体积与热力学温度的关系，熟练应用玻意耳定律、热力学第一定律即可正确解题．十一、计算题(本大题共4小题，共42.0分)14.如图所示，发动机输出功率为100k W，输出电压为U1=250V，用户需要的电压为U4=220V，两理想变压器之间电线的总电阻为R=10Ω，其它电线的电阻不计，若输电线中因发热而损失的功率为总功率的4%，试求：（1）发动机输出电流和输电线上的电流大小；（2）在输电线路中设置的升、将变压器原、副线圈的匝数比．【答案】解：（1）输电线路的示意图如图所示，输电线损耗功率为：P线=100×4%k W=4k W，又P线=I22R线输电线电流为：I2=I3=20 A原线圈中输入电流为：I1=A=400 A（2）原副线圈中的电流比等于匝数的反比，所以有：U2=U1=250×20V=5000VU3=U2-U线=5000-20×10V=4800V所以有：答：（1）发电机输出电流为400A，输电线上的电流为20A．（2）升压变压器的原副线圈的匝数比为1：20；降压变压器的原副线圈的匝数比为240：11【解析】画出输电线路图，由输电线损耗功率求出输电电流I2，再由发电机输出功率与输出电压求得升压变压器的原线圈的电流I1，由是I1，I2得升压变压器的匝数比；求出升压变压器的匝数比后可求出降压变压器的原线圈的电压，再与用户电压结合求出降压变压器的原副线圈的匝数比明确匝数比与电流成反比，与电压成正比，想法求得电流与电压之比是解题的关键15.如图所示，不计电阻的矩形导线框ABCD处于水平匀强磁场中．线框绕垂直于磁场的轴00′匀速转动，线框的输出端通过电刷与理想变压器原线圈相连，副线圈两端接有一只“18V、12W”的灯泡．当线框转速n=50r/s时，灯泡正常发光，通过导线框的电流为0.2A．（1）求通过灯泡的电流周期；（2）求变压器原、副线圈匝数之比；（3）从线框经中性而位置开始计时，写出线框中产生的感应电流瞬时值的表达式．【答案】解：（1）变压器不改变交变电流的周期，通过灯泡的电流周期等于线框转动的周期，即T==0.02s（2）设原线圈两端电压为U1根据题意有P=I1U1解得═60V根据变压比公式，有：解得：（3）线框转动的角速度ω=2πn=100πrad/s线框中感应电流的最大值I m=I= A线框中感应电流的瞬时值i=I m sinωt=A答：（1）通过灯泡L的电流周期为0.02s；（2）变压器原、副线圈匝数之比为10：3；（3）从线框ABCD经中性面位置开始计时，线框中产生的感应电流瞬时值的表达式为i=A．【解析】（1）通过灯泡的电流周期等于线框转动的周期，根据T=列式求解即可；（2）理想变压器的输入功率等于输出功率，根据P=UI求解输入电压，然后根据变压比公式求解变压器的原副线圈匝数比；（3）先根据I m=I求解电流的最大值，然后根据公式i=I m sin求解电流的瞬时表达式本题关键是记住交变电流的瞬时值表达式和有效值表达式，同时要结合理想变压器的功率比和变压器公式列式求解16.某酒厂在灌装流水线上向酒瓶内灌装酒水，将一定质量的空气密封在酒瓶内，灌装时瓶内气体温度为7℃，压强为一个大气压，出厂后该瓶酒被运送到海南岛，温度变为37℃，求：（1）此时瓶内气体压强为多大？（2）试用分子动理论解释气体压强变化的原因．【答案】解：（1）封闭气体的状态参量：p1=p0=1×105P a，T1=273+7=280，T2=273+37=310，气体发生等容变化，由查理定律得：=，代入数据解得：p2=1.11×105P a；（2）封闭气体体积不变，分子数密度不变，单位时间内撞击在器壁上的分子数不变，由于气体温度升高，分子的平均动能增大，分子撞击器壁时对器壁的冲击力变大，器壁单位面积上受到的压力增大，气体压强增大；答：（1）此时瓶内气体压强为1.11×105P a；（2）气体分子数密度不变，气体温度升高，分子平均动能增大，分子对器壁的压力增大，气体压强增大．【解析】（1）气体发生等容变化，应用查理定律可以求出气体的压强．（2）气体压强由分子数密度与分子平均动能决定，应用分子动理论分析答题．本题考查了求气体的压强、分子动理论的应用，根据题意判断出气体的状态变化过程是正确解题的关键，应用查理定律可以解题；要理解并会应用分子动理论解释有关的热学现象．17.如图所示有绝热汽缸内，有一绝热轻活塞封闭一定质量的气体，开始时缸内气体温度为27℃，封闭气柱长9cm，活塞横截面积S=50cm2．现通过气缸底部电阻丝给气体加热一段时间，此过程中气体吸热22J，稳定后气体温度变为127℃．已知大气压强等于105P a，求：（1）加热后活塞到汽缸底端的距离；（2）此过程中气体内能改变了多少．【答案】解：（1）取被封闭的气体为研究的对象，开始时气体的体积为L1S，温度为：T1=273+27=300K，末状态的体积为：L2S，温度为：T2=273+127=400K气体做等压变化，则：代入数据得：L2=12cm（2）在该过程中，气体对外做功：W=F•△L=P0S（L2-L1）=105×50×10-4×（12-9）×10-2=15J由热力学第一定律：△U=Q-W=22-15=7J答：（1）加热后活塞到汽缸底端的距离是12cm；（2）此过程中气体内能改变了7J．【解析】（1）根据盖•吕萨克定律，即可得出体积的变化．（2）由热力学第一定律求出内能的增量．本题考查了求内能变化、温度等问题，分析清楚气体状态变化过程、应用热力学第一定律、理想气体状态方程即可正确解题．高中物理试卷第11页，共11页。

2014-2015下学期高二物理期中考试试题(含答案)

2014—2015学年度第二学期期中试卷高二物理第Ⅰ卷（选择题共40分）一、选择题(本题共10小题，每小题4分，共40分．每小题给出的四个选项中，有的小题只有一个选项正确，有的小题有多个选项正确，全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错或不答的得0分)1. 绕有线圈的铁芯直立在水平桌面上，铁芯上套着一个铝环，线圈与直流稳恒电源、电键相连，如图所示，线圈上端与电源正极相连，闭合电键的瞬间，铝环向上跳起．若保持电键闭合，则（）A ．铝环不断升高B ．铝环停留在某一高度C ．铝环跳起到某一高度后将回落D ．如果电源的正、负极对调，观察到的现象不变2. 一交变电流的电压表达式为u ＝100 sin120πt （V ），由此表达式可知( )A ．用电压表测该电压其示数为100 VB ．该交变电压的频率为60HzC ．将该电压加在100Ω的电阻两端，则该电阻消耗的电功率为100 WD ．t ＝1/480 s 时，该交流电压的瞬时值为50 V3．满载砂子的总质量为M 的小车，在光滑水平面上做匀速运动，速度为0v 。

在行驶途中有质量为m 的砂子从车上漏掉，则砂子漏掉后小车的速度应为：( )A ．0vB ．m M Mv -0 C ．m M mv -0 D ．Mv m M 0)(-4. 如图所示，在光滑的水平地面上有一辆平板车，车的两端分别站着人A 和B ，A 的质量为m A ，B 的质量为m B ，m A >m B .最初人和车都处于静止状态．现在，两人同时由静止开始相向而行，A 和B 对地面的速度大小相等，则车 ( )A ．静止不动B ．左右往返运动C ．向右运动D ．向左运动5.右图表示一交流电的电流随时间而变化的图像,此交流电流的有效值是 ( ) A ．25 A B ．5AC ．25.3 AD ．3.5A6.图是街头变压器通过降压给用户供电的示意图。

变压器输入电压是市电网的电压，不会有很大的波动。

高二物理期中试卷带答案解析

高二物理期中试卷带答案解析考试范围：xxx；考试时间：xxx分钟；出题人：xxx姓名：___________班级：___________考号：___________1．答题前填写好自己的姓名、班级、考号等信息2．请将答案正确填写在答题卡上一、选择题1.利用如图所示的电路可测出电压表的内阻，电源的内阻可以忽略，R为电阻箱．当R取不同阻值时，电压表均对应有不同读数U.多次改变电阻箱的阻值，所得到的－R图象为下图中的( )2.如图，两个质量相等的小球从同一高度沿倾角不同的两个光滑斜面由静止滑下，斜面固定在水平面上。

小球下滑到达斜面底端的过程中A．两小球所受重力做功相同B．小球的动量守恒C．小球与斜面组成的系统动量守恒D．小球机械能守恒3.用图示装置研究平行板电容器电容与哪些因素有关时，以下说法正确的是( )A．把A板向左平移，静电计指针张角变大B．把A板向右平移，静电计指针张角变大C．把A板向上平移，静电计指针张角变大D．保持两板不动，在AB之间插入一块金属板，静电计指针张角变大4.在如图所示的电路中，两个灯泡均发光，当滑动变阻器的滑动触头向下滑动时，则A．A灯和B灯都变亮B．A灯变亮，B灯变暗C．电源的输出功率减小D．电源的工作效率降低5.根据波尔的理论，若氢原子从基态向激发态跃迁，氢原子将：A．吸收光子，获得能量B．辐射光子，放出能量C．吸收光子，放出能量D．辐射光子，吸收能量6.如图5所示，将一光敏电阻连入多用电表两表笔上，将多用电表的选择开关置于欧姆挡，用光照射光敏电阻时表针的偏角为θ，现用手掌挡住部分光线，表针的偏角变为θ′，则可判断( )图5A．θ′＝θB．θ′<θC．θ′>θD．不能确定θ和θ′的关系7.单摆摆动中，摆球经过最低点时（）A．摆线的张力与线长无关B．摆球的加速度与线长无关C．摆球重力的即时功率与线长无关D．摆球的动能与线长无关8.如图为两电阻R1、R2的电流I和电压U的关系图线，由图线可知两电阻的阻值之比R1：R2等于（）A ．1：3B ．1：C ．3：1D ．：19.如图所示，半圆柱体P 放在粗糙的水平地面上，其左端有固定放置的竖直挡板MN ，在P 和MN 之间放有一个光滑均匀的小圆柱体Q ，整个装置处于静止状态，若用外力使MN 保持竖直且缓慢向左移动，在Q 落到地面以前，发现P 始终保持静止，在此过程中（）A ．MN 对Q 的弹力逐渐增大B ．Q 所受的合力逐渐减小C ．地面对P 的摩擦力逐渐增大D ．地面对P 的支持力逐渐减小10.真空中有两个固定的带正电的点电荷，其电量Q 1＞Q 2，点电荷q 置于Q 1、Q 2连线上某点时，正好处于平衡，则（）A ．q 一定是正电荷；B ．q 一定是负电荷；C ．q 靠近 Q 2D ．q 靠近 Q 1二、不定项选择题11.(多选)如图所示，一个不带电的导体球N ，置于空心导体球M 附近，现将另一个带电荷量为Q 的金属球放于空腔导体M 内，则( )A ．若M 接地，N 上无感应电荷B ．若M不接地，且M 原来不带电，N上无感应电荷C ．若M 不接地，且M 原来不带电，N 上有感应电荷D ．若M 不接地，且M 原来带电，N 上一定有感应电荷 12.一束光从空气射向折射率n=的某种玻璃的表面，如图i 代表入射角，则（）A ．当i ＞45°时会发生全反射现象B ．无论入射角i 是多大，折射角r 都不会超过45°C ．当入射角i=45°时，折射角r=30°D ．当入射角i=60°时，反射光线与折射光线垂直13.球沿足够长的斜面向上做匀变速运动,依次经过a 、b 、c 、d 到达最高点e 。

山东省临沂市蒙阴一中2014-2015学年高一下学期期中物理试卷含解析

山东省临沂市蒙阴一中2014-2015学年高一（下）期中物理试卷一、选择题（本题共14小题，计56分．在每小题给出的四个选项中，有一个或几个选项是符合题意的，全部选对得4分，选对但不全得2分，错选或不选得0分．）1．（4分）关于曲线运动，下列说法正确的是（）A．曲线运动一定是变速运动，但速度的大小可以不变B．曲线运动的加速度可以是不变的C．曲线运动的速度的大小及方向一定在变化D．曲线运动的速度的方向一定在变化，在某一点瞬时速度的方向与质点运动方向成一定角度2．（4分）汽车在水平公路上转弯，沿曲线由M向N行驶．如图所示中分别画出了汽车转弯时所受合力F的四种方向，你认为正确的是（）A．B．C．D．3．（4分）以初速度v0水平抛出一物体，当其竖直分位移与水平分位移相等时（）A．竖直分速度等于水平分速度B．瞬时速度为v0C．运动时间为D．速度变化方向在竖直方向上4．（4分）下面关于同步通信卫星的说法中正确的是（）A．同步通信卫星和地球自转同步，卫星的高度和速率都是确定的B．同步通信卫星的角速度虽已被确定，但高度和速率可以选择．高度增加，速率增大；高度降低，速率减小，仍同步C．我国发射第一颗人造地球卫星的周期是114min，比同步通信卫星的周期短，所以第一颗人造卫星离地面的高度比同步卫星低D．同步通信卫星的速率比我国发射的第一颗人造卫星的速率小5．（4分）用起重机将质量为m的物体匀速吊起一段距离，那么作用在物体上的力做功情况应是下列说法中的哪一种（）A．重力做正功，拉力做负功，合力做功为零B．重力做负功，拉力做正功，合力做正功C．重力做负功，拉力做正功，合力做功为零D．重力不做功，拉力做正功，合力做正功6．（4分）如图所示，a、b、c是环绕地球圆形轨道上运行的3颗人造卫星，它们的质量关系是m a=m b＜m c，则（）A．b、c的线速度大小相等，且大于a的线速度B．b、c的周期相等，且大于a的周期C．b、c的向心加速度大小相等，且大于a的向心加速度D．b所需向心力最小7．（4分）如图所示，发射地球同步卫星时，先将卫星发射至近地圆轨道1，然后经点火，使其沿椭圆轨道2运行，最后再次点火，将卫星送入同步轨道3．轨道1、2相切于Q点，轨道2、3相切于P点（如图所示）则当卫星分别在1、2、3轨道正常运行时，以下说法正确的是（）A．卫星在轨道3上的速率大于在轨道1上的速率B．卫星在轨道3上的角速度小于在轨道1上的角速度C．卫星在轨道1上的经过Q点时的加速度大于它在轨道2上经过Q点时的加速度D．卫星在轨道2上的经过P点时的加速度等于它在轨道3上经过P点时的加速度8．（4分）两颗人造地球卫星质量之比是1：2，轨道半径之比是3：1，则下述说法中，正确的是（）A．它们的周期之比是：1B．它们的线速度之比是1：C．它们的向心加速度之比是1：9D．它们的向心力之比是1：99．（4分）一个半径是地球半径的2倍，质量是地球的36倍的行星，它表面的重力加速度是地球表面的加速度的（）A．6倍B．9倍C．4倍D．13.5倍10．（4分）在宽度为d的河中，水流速度为v2，船在静水中速度为v1（且v1＞v2），方向可以选择，现让该船开始渡河，则下列说法不正确的是（）A．可能的最短渡河时间为B．可能的最短渡河位移为dC．只有当船头垂直河岸渡河时，渡河时间才和水速无关D．不管船头与河岸夹角是多少，渡河时间和水速均无关11．（4分）物体受到几个力作用而做匀速直线运动，若突然撤去其中的一个力，它可能做（）A．匀速直线运动B．匀加速直线运动C．匀减速直线运动D．匀变速曲线运动12．（4分）有一种大型游戏器械，它是一个圆筒形大容器，筒壁竖直，游客进入容器后靠筒壁站立，当圆筒开始转动，转速加快到一定程度时，突然地板塌落，游客发现自己没有落下去，这是因为（）A．游客所受向心力是游客所受的弹力提供的B．游客处于失重状态C．游客受到的摩擦力等于重力D．游客随着转速的增大有沿壁向上滑动的趋势13．（4分）关于合运动与分运动，下列说法正确的是（）A．合运动的速度一定比每个分运动的速度大B．分运动的时间一定与合运动的时间相等C．一个合运动只能分解成两个互相垂直的分运动D．物体的分运动相互独立，互不影响14．（4分）某双星由质量不等的星体S1和S2构成，两星在相互作用的万有引力作用下绕二者连线上某一定点C做匀速直线运动．由天文观察测得其运动周期为T，S1到C点的距离为r1，S1和S2的距离为r，万有引力常量为G，由此可求出S2的质量为（）A．B．C．D．二、填空题（共16分，其中15、17题各5分，16题6分）15．（5分）如图所示，以v0的水平速度抛出的物体，飞行一段时间后，恰好垂直地撞在倾角为θ的斜面上，可知物体完成这段飞行的时间是．16．（6分）如图所示，A、B为半径分别是R、2R的同心轮，与半径为R的C轮用皮带传动，且不打滑，a、b、c分别为三轮边缘上的三个点，则这三个点的线速度之比为：；这三个点的角速度之比为：；这三个点的向心加速度之比为：．17．（5分）一质量为m的物体，沿半径为R的圆形向下凹的轨道滑行，如图所示，经过最低点的速度为v，物体与轨道之间的滑动摩擦因数为μ，则它在最低点时所受到的摩擦力为．三、计算题（本题共有3个小题，总分为28分．解题要求：写出必要的文字说明、方程式、演算步骤和答案，有数值计算的题，答案必须明确写出数值和单位）18．（10分）一小球从离地面h=5m处，以V0=10m/s的初速度水平抛出，不计空气阻力，结果可用根号形式表示，g=10m/s2．求：（1）小球在空中飞行的时间；（2）小球落地点离抛出点的距离；（3）小球落地时的速度．19．（8分）某行星表面没有气体，在它的表面附近作匀速圆周运动的卫星的环绕周期为T，如果宇航员在这个行星地面上以初速度V0竖直向上抛出一石块，石块经过时间t再次回到宇航员手中．已知万有引力恒量为G，求该行星的质量及平均密度？20．（10分）如图所示，光滑的水平轨道与光滑半圆弧轨道相切．圆轨道半径R=2.5m，一质量m=1kg的小球停放在光滑水平轨道上，现给小球一个v0=5m/s的初速度，小球恰能通过最高点C后落回A点，不计空气阻力，g=10m/s2求：（1）球过B点时对半圆轨道的压力；（2）AB两点间的水平距离；（3）球落到A点时的速度．山东省临沂市蒙阴一中2014-2015学年高一（下）期中物理试卷参考答案与试题解析一、选择题（本题共14小题，计56分．在每小题给出的四个选项中，有一个或几个选项是符合题意的，全部选对得4分，选对但不全得2分，错选或不选得0分．）1．（4分）关于曲线运动，下列说法正确的是（）A．曲线运动一定是变速运动，但速度的大小可以不变B．曲线运动的加速度可以是不变的C．曲线运动的速度的大小及方向一定在变化D．曲线运动的速度的方向一定在变化，在某一点瞬时速度的方向与质点运动方向成一定角度考点：物体做曲线运动的条件．专题：运动的合成和分解专题．分析：物体运动轨迹是曲线的运动，称为“曲线运动”．当物体所受的合外力和它速度方向不在同一直线上，物体就是在做曲线运动．解答：解：A、C、既然是曲线运动，它的速度的方向必定是改变的，所以曲线运动一定是变速运动，但速度的大小可以不变，如匀速圆周运动．故A正确，C错误；B、在恒力作用下，物体的可以做加速度不变的匀变速曲线运动，如平抛运动．故B正确；D、曲线运动在某一点瞬时速度的方向就是质点运动的方向，故D错误；故选：AB．点评：本题关键是对质点做曲线运动的条件的考查，匀速圆周运动，平抛运动等都是曲线运动，对于它们的特点要掌握住．2．（4分）汽车在水平公路上转弯，沿曲线由M向N行驶．如图所示中分别画出了汽车转弯时所受合力F的四种方向，你认为正确的是（）A．B．C．D．考点：物体做曲线运动的条件；曲线运动．专题：物体做曲线运动条件专题．分析：做曲线运动的物体所受合力与物体速度方向不在同一直线上，速度方向沿曲线的切线方向，合力方向指向曲线的内测（凹的一侧），分析清楚图示情景，然后答题．解答：解：汽车在水平公路上转弯，汽车做曲线运动，沿曲线由M向N行驶，汽车所受合力F的方向指向运动轨迹内测；A、力的方向与速度方向相同，不符合实际，故A错误；B、力的方向与速度方向相反，不符合实际，故B错误；C、力的方向指向外侧，不符合实际，故C错误；D、力的方向指向运动轨迹的内测，符合实际，故D正确；故选D．点评：做曲线运动的物体，合力的方向指向运动轨迹弯曲的内侧，当物体速度大小不变时，合力方向与速度方向垂直，当物体速度减小时，合力与速度的夹角要大于90°，当物体速度增大时，合力与速度的夹角要小于90°．3．（4分）以初速度v0水平抛出一物体，当其竖直分位移与水平分位移相等时（）A．竖直分速度等于水平分速度B．瞬时速度为v0C．运动时间为D．速度变化方向在竖直方向上考点：平抛运动．专题：平抛运动专题．分析：由题意可得出水平位移与竖直位移之间的关系，从而求出时间；由时间可以求出水平速度和竖直速度，再由运动的合成与分解可求得各物理量．解答：解：依题意有v0t=gt2，则t=所以v y=gt=g•=2v0所以v==v0通过的位移：s=2故知答案B、C、D正确．故选BCD点评：本题考查平抛运动的规律，注意要明确水平和竖直方向之间的运动学关系，再分别分析两个方向可得出正确的结果．4．（4分）下面关于同步通信卫星的说法中正确的是（）A．同步通信卫星和地球自转同步，卫星的高度和速率都是确定的B．同步通信卫星的角速度虽已被确定，但高度和速率可以选择．高度增加，速率增大；高度降低，速率减小，仍同步C．我国发射第一颗人造地球卫星的周期是114min，比同步通信卫星的周期短，所以第一颗人造卫星离地面的高度比同步卫星低D．同步通信卫星的速率比我国发射的第一颗人造卫星的速率小考点：同步卫星．专题：人造卫星问题．分析：同步通信卫星是和地球自转同步的卫星，即同步通信卫星的周期等于地球自转的周期，根据万有引力充当向心力，可计算出相应的高度和运动的速率；根据万有引力充当向心力，可计算出不同轨道上的周期关系，由此可判断同步通信卫星和我国发射的第一颗人造地球卫星离地面的高度的相对高低．解答：解：A、同步通信卫星的周期等于地球自转的周期，根据万有引力充当向心力得同步通信卫星的轨道半径，则同步通信卫星的高度是确定的；同理可得同步通信卫星的速率，则同步通信卫星的速率是确定的，故A项正确．B、据A项的分析可知，同步通信卫星的高度和速率都是固定的，故B项错误．C、根据万有引力充当向心力，可知卫星的轨道半径与运行周期之间的关系为，因为我国发射第一颗人造地球卫星的周期是114min，比同步通信卫星的周期短，所以第一颗人造卫星离地面的高度比同步卫星低，故C项正确．D、因为第一颗人造卫星离地面的高度比同步卫星低，根据万有引力充当向心力，可知卫星的速率与轨道半径之间的关系为，则同步通信卫星的速率比我国发射的第一颗人造卫星的速率小，故D项正确．故应选：ACD点评：解决本题的关键有两点：一是熟知同步通信卫星的特点；二是熟练掌握利用万有引力完全充当向心力来分析周期、线速度、角速度、向心加速度与轨道半径的关系．5．（4分）用起重机将质量为m的物体匀速吊起一段距离，那么作用在物体上的力做功情况应是下列说法中的哪一种（）A．重力做正功，拉力做负功，合力做功为零B．重力做负功，拉力做正功，合力做正功C．重力做负功，拉力做正功，合力做功为零D．重力不做功，拉力做正功，合力做正功考点：动能定理的应用；功的计算．专题：动能定理的应用专题．分析：根据功的计算公式W=Flcosα分析答题．解答：解：物体匀速上升，重力方向与位移方向相反，重力做负功，拉力竖直向上，拉力与位移方向相同，拉力做正功，物体做匀速直线运动，处于平衡状态，所受合力为零，在合力做功为零；故ABD错误，C正确．故选C．点评：知道物体做正负功的条件、知道做匀速直线运动的物体处于平衡状态，所受合力为零，即可正确解题．6．（4分）如图所示，a、b、c是环绕地球圆形轨道上运行的3颗人造卫星，它们的质量关系是m a=m b＜m c，则（）A．b、c的线速度大小相等，且大于a的线速度B．b、c的周期相等，且大于a的周期C．b、c的向心加速度大小相等，且大于a的向心加速度D．b所需向心力最小考点：人造卫星的加速度、周期和轨道的关系；万有引力定律及其应用．专题：人造卫星问题．分析：根据人造卫星的万有引力等于向心力，列式求出线速度、角速度、周期和向心力的表达式进行讨论即可．解答：解：人造卫星绕地球做匀速圆周运动，万有引力提供向心力，设卫星的质量为m、轨道半径为r、地球质量为M，A、根据=m r=ma=m得：v=，因为r a＜r b=r c，所以v a＞v b=v c，故A错误；B、T=2π，因为r a＜r b=r c，所以T a＜T b=T c，故B正确；C、a=，因为r a＜r b=r c，所以a a＞a b=a c，故C错误；D、=，因为r a＜r b=r c，m a=m b＜m c，所以b所需向心力最小，故D正确．故选：BD．点评：本题关键抓住万有引力提供向心力，先列式求解出线速度、角速度、周期和加速度的表达式，再进行讨论．7．（4分）如图所示，发射地球同步卫星时，先将卫星发射至近地圆轨道1，然后经点火，使其沿椭圆轨道2运行，最后再次点火，将卫星送入同步轨道3．轨道1、2相切于Q点，轨道2、3相切于P点（如图所示）则当卫星分别在1、2、3轨道正常运行时，以下说法正确的是（）A．卫星在轨道3上的速率大于在轨道1上的速率B．卫星在轨道3上的角速度小于在轨道1上的角速度C．卫星在轨道1上的经过Q点时的加速度大于它在轨道2上经过Q点时的加速度D．卫星在轨道2上的经过P点时的加速度等于它在轨道3上经过P点时的加速度考点：人造卫星的加速度、周期和轨道的关系；万有引力定律及其应用．专题：人造卫星问题．分析：根据人造卫星的万有引力等于向心力，列式求出线速度、角速度、和向心力的表达式进行讨论即可．解答：解：A、人造卫星绕地球做匀速圆周运动，根据万有引力提供向心力，设卫星的质量为m、轨道半径为r、地球质量为M，有解得：v=轨道3半径比轨道1半径大，卫星在轨道1上线速度较大，故A错误；B、ω=轨道3半径比轨道1半径大，卫星在轨道3上线速度较小，故B正确；C、根据牛顿第二定律和万有引力定律得：a=，所以卫星在轨道2上经过Q点的加速度等于在轨道1上经过Q点的加速度．故C错误，同理可知D正确．故选BD点评：本题关键抓住万有引力提供向心力，先列式求解出线速度和角速度的表达式，再进行讨论．8．（4分）两颗人造地球卫星质量之比是1：2，轨道半径之比是3：1，则下述说法中，正确的是（）A．它们的周期之比是：1B．它们的线速度之比是1：C．它们的向心加速度之比是1：9D．它们的向心力之比是1：9考点：人造卫星的加速度、周期和轨道的关系．专题：万有引力定律的应用专题．分析：人造地球卫星绕地球做圆周运动，万有引力提供圆周运动的向心力由此判定周期等描述圆周运动的物理量与半径的关系即可．解答：解：人造地球卫星绕地球做圆周运动的向心力由万有引力提供有：A、知，，故A错误；B、知：，故B正确；C、知，，故C正确；D、知，，故D错误．故选：BC点评：本题抓住万有引力提供圆周运动向心力，熟悉公式并能灵活运用是关键．9．（4分）一个半径是地球半径的2倍，质量是地球的36倍的行星，它表面的重力加速度是地球表面的加速度的（）A．6倍B．9倍C．4倍D．13.5倍考点：万有引力定律及其应用；向心力．分析：根据万有引力等于重力，得出重力加速度的表达式，从而得出重力加速度之比．解答：解：根据万有引力等于重力，=mg得，g=，因为行星的质量是地球质量的36倍，半径是地球半径的3倍，则行星表面的重力加速度是地球表面的重力加速度的4倍．故C正确，A、B、D错误．故选：C．点评：星球表面重力与万有引力相等得到重力加速度的表达式，再根据星球质量与半径关系求出重力加速度与地球表面重力加速度的关系即可，掌握万有引力公式是解决问题的关键．10．（4分）在宽度为d的河中，水流速度为v2，船在静水中速度为v1（且v1＞v2），方向可以选择，现让该船开始渡河，则下列说法不正确的是（）A．可能的最短渡河时间为B．可能的最短渡河位移为dC．只有当船头垂直河岸渡河时，渡河时间才和水速无关D．不管船头与河岸夹角是多少，渡河时间和水速均无关考点：运动的合成和分解．专题：运动的合成和分解专题．分析：当静水速大于水流速，合速度方向与河岸垂直时，渡河位移最短．当静水速与河岸垂直时，渡河的时间最短．解答：解：A、当静水速与河岸垂直时，渡河时间最短，t=．故A正确．B、当合速度的方向与河岸垂直时，渡河位移最短，最短位移为d．故B正确．C、当船头与河岸垂直，渡河时间仅与静水速有关，若不垂直时，也与水流速无关．故C错误．D、将船分解为沿河岸方向和垂直于河岸方向，静水速的方向（即船头与河岸的夹角）不同，垂直于河岸方向上的分速度不同，则渡河时间不同，但与水流速无关．故D正确．本题选择错误的，故选：C．点评：解决本题的关键知道当静水速与河岸垂直，渡河时间最短，当合速度与河岸垂直时，渡河位移最短．11．（4分）物体受到几个力作用而做匀速直线运动，若突然撤去其中的一个力，它可能做（）A．匀速直线运动B．匀加速直线运动C．匀减速直线运动D．匀变速曲线运动考点：曲线运动；物体做曲线运动的条件．专题：物体做曲线运动条件专题．分析：物体受到几个力的作用，物体做匀速直线运动，这几个力是平衡力，如果其中一个力突然消失，剩余的几个力的合力与撤去的力等值、反向、共线，是非平衡力，物体在非平衡力的作用下一定改变了物体的运动状态；曲线运动的条件是合力与速度不共线．解答：解：A、其余几个力的合力恒定，所以物体不可能做匀速直线运动，故A错误．B、有一个作匀速直线运动的物体受到几个力的作用，这几个力一定是平衡力，如果其中的一个力突然消失，剩余的几个力的合力与撤去的力等值、反向、共线，这个合力恒定不变．若物体的速度方向与此合力方向相同，则物体将匀加速直线运动．故B正确．C、若剩余的几个力的合力与物体的速度方向相反，则物体做匀减速直线运动．故C正确；D、曲线运动的条件是合力与速度不共线，当其余几个力的合力与速度不共线时，物体做曲线运动；若由于合力恒定，故加速度恒定，即物体做匀变速曲线运动，剩余的几个力的合力方向与原来速度方向垂直，则物体做类似于平抛运动，故D正确；故选：BCD点评：本题考查了曲线运动的条件以及三力平衡的知识，关键根据平衡得到其余两个力的合力恒定，然后结合曲线运动的条件分析．12．（4分）有一种大型游戏器械，它是一个圆筒形大容器，筒壁竖直，游客进入容器后靠筒壁站立，当圆筒开始转动，转速加快到一定程度时，突然地板塌落，游客发现自己没有落下去，这是因为（）A．游客所受向心力是游客所受的弹力提供的B．游客处于失重状态C．游客受到的摩擦力等于重力D．游客随着转速的增大有沿壁向上滑动的趋势考点：向心力；牛顿第二定律．专题：牛顿第二定律在圆周运动中的应用．分析：游客贴在筒壁上随筒壁一起做圆周运动，径向的合力提供向心力，竖直方向上受重力和静摩擦力处于平衡．解答：解：A、游客做圆周运动，靠筒壁对游客的支持力提供向心力，竖直方向上重力和静摩擦力平衡．故AC正确．B、游客贴在筒壁上随筒壁一起做圆周运动，不是处于超重状态和失重状态．故B错误．D、当转速增大时，弹力增大，但是静摩擦力不变，游客仍有沿壁向下滑动的趋势，故D错误．故选：AC点评：解决本题的关键知道圆周运动向心力的来源，靠径向的合力提供向心力，难度不大，属于基础题．13．（4分）关于合运动与分运动，下列说法正确的是（）A．合运动的速度一定比每个分运动的速度大B．分运动的时间一定与合运动的时间相等C．一个合运动只能分解成两个互相垂直的分运动D．物体的分运动相互独立，互不影响考点：运动的合成和分解．专题：运动的合成和分解专题．分析：分运动与合运动具有等时性，根据平行四边形定则，可以得出合速度与分速度的大小关系．根据合加速度的方向与合速度方向是否在同一条直线上，判断合运动是直线运动还是曲线运动．解答：解：A、根据平行四边形定则，知合速度可能比分速度大，可能比分速度小，可能与分速度相等，故A错误．B、分运动与合运动具有等时性，故B正确．C、一个合运动与两个分运动，只要效果相等即可．故C错误．D、两个分运动互相不干扰，不共同决定合运动，故D正确．故选：BD．点评：解决本题的关键掌握判断合运动是直线运动还是曲线运动的条件，以及知道分运动与合运动具有等时性．14．（4分）某双星由质量不等的星体S1和S2构成，两星在相互作用的万有引力作用下绕二者连线上某一定点C做匀速直线运动．由天文观察测得其运动周期为T，S1到C点的距离为r1，S1和S2的距离为r，万有引力常量为G，由此可求出S2的质量为（）A．B．C．D．考点：万有引力定律及其应用；向心力．专题：万有引力定律的应用专题．分析：这是一个双星的问题，S1和S2绕C做匀速圆周运动，它们之间的万有引力提供各自的向心力，S1和S2有相同的角速度和周期，结合牛顿第二定律和万有引力定律解决问题．解答：解：解：设星体S1和S2的质量分别为m1、m2，星体S1做圆周运动的向心力由万有引力提供得：=m1r1，即m2=故选：B．点评：双星的特点是两个星体周期相等，星体间的万有引力提供各自所需的向心力．二、填空题（共16分，其中15、17题各5分，16题6分）15．（5分）如图所示，以v0的水平速度抛出的物体，飞行一段时间后，恰好垂直地撞在倾角为θ的斜面上，可知物体完成这段飞行的时间是．考点：平抛运动．专题：平抛运动专题．分析：将落在斜面上的速度进行分解，结合平行四边形定则求出竖直分速度，通过速度时间公式求出物体飞行的时间．解答：解：物体做平抛运动，当垂直地撞在倾角为θ的斜面上时，把物体的速度分解如图所示．由图可知，此时物体的竖直方向上的速度的大小为．根据v y=gt得，t=故答案为：．点评：解决本题的关键知道平抛运动在水平方向和竖直方向上的运动规律，知道速度的合成和分解遵循平行四边形定则．。

下学期高二期中考试物理(扫描版)(附答案)

2014～2015学年度第二学期期中调研测试高二物理试题参考答案一、单项选择题1、D2、D3、C4、B5、C6、C7、D二、单项选择题8、AD 9、AD 10、CD 11、BC 12、BCD 13、BC 14、AC 15、ＡＤ三、简答题16、⑴如图所示（4分）⑵BCD（4分）⑶向左（4分）17、⑴（4分）⑵（4分）四、计算题18（14分）设该变压器的原线圈、副线圈和新绕线圈的匝数分别用n1、n2、n3表示，原线圈、副线圈和新绕线圈两端的电压分别用U1、U2和U3表示，则有解得该变压器烧坏前的原线圈匝数n1=1100匝（2分），副线圈匝数n2=240匝（2分）。

19（15分）(1)空气分子的质量m0＝MN A＝29×10－36×1023≈4.8×10－26 kg （4分）(2)根据玻意耳定律，瓶中纯净空气在0℃压强为1.0×105pa下的体积（3分）瓶纯净空气的物质的量n＝（1分）则瓶中气体的质量m＝nM （1分）由上述各式解得瓶中气体的质量m≈1.3×10－3 kg （2分）(3)方法一：分子数N＝mm0≈2.6×1022个（4分）-方法二：分子数N ＝nN A ≈2.6×1022个20（18分）⑴ 当K 接e 时，电动势的最大值 E m ＝NBSω＝250×2×12×10×10－4×4π V ＝24 V （2分）电动势有效值 E ＝E m 2＝12 2 V （2分）电流表的读数 I ＝E R＝ 2 A ＝1.4 A （2分） ⑵当K 接e 时，线框转过90°过程中，时间为，穿过线框磁通量变化（1分）感应电动势平均值（1分）感应电流平均值（2分）通过电流表的电荷量（2分）⑶当K 接f 时，从中性面开始计时，则此交变电流的瞬时值表达式为e ＝24sin 4πt V ，已知氖泡的发光电压为12 V ，则当t 1时刻时电动势的瞬时值为12 V ，即12＝24sin 4πt 1，解得 t 1＝124s. （2分）此交变电流的图象如图所示．交流电的周期（1分）每次发光的时间 Δt ＝T 2－2t 1＝14 s －112 s ＝16s. （1分） 10 min 发光总时间 t ′＝10×60T ×2×Δt ＝6000.5×2×16 s ＝400 s. （2分）。