2014-2015学年陕西省渭南市华县咸林中学高二(上)期末物理试卷

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陕西省高二上学期物理期末考试试卷(考试)

陕西省高二上学期物理期末考试试卷姓名:________ 班级:________ 成绩:________一、单选题 (共10题；共20分)1. （2分） (2017高二下·绵阳期中) 关于电磁感应现象，下列说法中正确的是（）A . 闭合线圈放在变化的磁场中，必然有感应电流产生B . 闭合正方形线圈在匀强磁场中垂直磁感线运动，必然产生感应电流C . 穿过闭合线圈的磁通量变化时，线圈中有感应电流D . 只要穿过电路的磁通量发生变化，电路中一定有感应电流产生2. （2分） (2017高二下·金溪期末) 如图所示，面积均为S的线圈均绕其对称轴或中心轴在匀强磁场B中以角速度ω匀速转动，能产生正弦交变电动势e=BSωsinωt的图是（）A .B .C .D .3. （2分）如图所示，水平直导线中通有水平向左的恒定电流I，一电子从导线的正上方以水平向右的初速度飞入该通电导线产生的磁场中，那么进入磁场后电子将（）A . 沿直线运动B . 向上偏转C . 向下偏转D . 向纸外偏转4. （2分）比值定义法是物理学中定义物理量的一种常用方法，如电场强度E、导体的电阻R、电容C、磁感应强度B、电流强度I、电势、电势差都是用比值法定义的物理量，下列几组公式均属于定义式的是A .B .C .D .5. （2分） (2019高二上·惠州期末) 三根通电长直导线P、Q、R互相平行、垂直纸面放置．三根导线中电流大小相同、方向均垂直纸面向里，且每两根导线间的距离均相等．则P、Q中点O处的磁感应强度方向为（）A . 方向竖直向上B . 方向竖直向下C . 方向水平向右D . 方向水平向左6. （2分）如图甲所示的电路中，理想变压器原、副线圈匝数比为10：1，电流表、电压表均为理想电表，R 是光敏电阻（其阻值随光强增大而减小）．原线圈接入如图乙示的正弦交流电压U ，下列说法正确的是（）A . 电压U的频率为100 HzB . 电压表的示数为22VC . 照射R的光变强时，灯泡变暗D . 照射R的光变强时，电流表的示数变小7. （2分） (2016高二上·盘锦期中) 如图所示，三个灯泡是相同的，而且耐压足够，电源内阻忽略．当S 接A时，三个灯亮度相同，那S接B时，下列说法正确的是（）A . 三个灯亮度相同B . 甲灯最亮，丙灯不亮C . 甲灯和乙灯亮度相同，丙灯不亮D . 乙灯比甲灯亮，丙灯不亮8. （2分）下列说法正确的是（）A . 电流通过导体的热功率与电流大小成正比B . 力对物体所做的功与力的作用时间成正比C . 电容器所带电荷量与两极板间的电势差成正比D . 弹性限度内，弹簧的劲度系数与弹簧伸长量成正比9. （2分）下列说法中正确的是（）A . 地面上的物体重力势能一定为零B . 质量大的物体重力势能一定大C . 不同的物体中离地面最高的物体其重力势能最大D . 离地面有一定高度的物体其重力势能可能为零10. （2分） (2019高二下·绵阳期末) 如图为法拉第圆盘发电机的示意图，铜圆盘安装在竖直的铜轴上，两铜片P、Q分别与圆盘的边缘和铜轴接触，圆盘处于方向竖直向上的匀强磁场B中，圆盘以角速度ω顺时针旋转（从上往下看），则（）A . 圆盘中心电势比边缘低B . 穿过圆盘的磁通量不断变化C . 产生的电动势大小与圆盘半径成正比D . 若ω变为原来的2ω，则R上的热功率变为原来的4倍二、多选题 (共5题；共14分)11. （3分）一台小型发电机产生的电动势随时间变化的正弦规律图象如图甲所示已知发电机线圈内阻为，现外接一只电阻为的灯泡，如图乙所示，则B . 电路中的电流方向每秒钟改变50次C . 发电机线圈在时磁通量最大D . 发电机线圈在内产生的平均感应电动势为12. （2分）(2019·唐山模拟) 如图所示，半径为2r的弹性螺旋线圈内有垂直纸面向外的圆形匀强磁场区域，磁场区域的半径为r，已知弹性螺旋线圈的电阻为R，线圈与磁场区域共圆心，则以下说法中正确的是（）A . 保持磁场不变，线圈的半径由2r变到3r的过程中，有顺时针的电流B . 保持磁场不变，线圈的半径由2r变到0.5r的过程中，有逆时针的电流C . 保持半径不变，使磁场随时间按B＝kt变化，线圈中的电流为D . 保持半径不变，使磁场随时间按B＝kt变化，线圈中的电流为13. （3分） (2017高二下·龙海期中) 如图所示是一按正弦规律变化的交流电的u﹣t图．关于此交流电的下列结论正确的是（）A . 频率为100HzB . 周期为0.02SD . 电压的最大值为311V14. （3分） (2015高二下·涿鹿期中) 理想变压器正常工作时，原线圈一侧与副线圈一侧保持不变的物理量是（）A . 频率B . 电压C . 电流D . 电功率15. （3分）(2017·南通模拟) 如图所示电路中，L为电感线圈，C为电容器，当开关S由断开变为闭合时（）A . A灯中无电流通过，不可能变亮B . A灯中有电流通过，方向由b到aC . B灯逐渐熄灭，c点电势高于d点电势D . B灯逐渐熄灭，c点电势低于d点电势三、实验题 (共1题；共6分)16. （6分） (2018高二上·承德期末) 图示为“探究感应电流方向的规律”实验时所用电路（1）闭合开关时发现灵敏电流计的指针向右偏了一下，那么闭合开关后将线圈A迅速插入线圈B时，灵敏电流计指针将________；接着将滑动变阻器的滑片迅速向左滑动，灵敏电流计指针________。

陕西省高二上学期物理期末考试试卷精编

陕西省高二上学期物理期末考试试卷姓名:________ 班级:________ 成绩:________一、单选题 (共8题；共16分)1. （2分） (2015高二下·电白期中) 光滑曲面与竖直平面的交线是抛物线，如图所示，抛物线的方程y=x2 ，其下半部处在一个水平方向的匀强磁场中，磁场的上边界是y=a的直线（图中的虚线所示），一个小金属块从抛物线y=b（b＞a）处以速度v沿抛物线下滑，假设抛物线足够长，则金属块在曲面上滑动的过程中产生的焦耳热总量是（）A . mgbB . mv2C . mg（b﹣a）D . mg（b﹣a）+ mv22. （2分） (2016高二上·中江期中) 如图所示，两个质量均为m的完全相同的金属球壳a和b，其壳层的厚度和质量分布均匀，将它们固定于绝缘支座上，两球心间的距离l为球半径的3倍．若使它们带上等量异种电荷，使其电荷量的绝对值均为Q，那么关于a、b两球之间的万有引力F引和库仑力F库的表达式正确的是（）A . F引=G ，F库=kB . F引≠G ，F库≠kC . F引≠G ，F库=kD . F引=G ，F库≠k3. （2分） (2019高二上·哈尔滨月考) 某区域的电场线分布如图所示，其中间一根电场线是直线，一带正电的粒子从直线上的O点由静止开始在电场力作用下运动到A点，取O点为坐标原点，沿直线向右为x轴正方向，粒子的重力忽略不计，在O到A运动过程中，下列关于粒子运动速度v和加速度a随时间t的变化，运动径迹上电势和粒子的动能Ek随位移x的变化图线中可能正确的是（）A .B .C .D .4. （2分） (2016高二上·西安开学考) 关于导体电阻率的说法中，正确的是（）A . 电阻率与导体的长度有关B . 电阻率与导体的材料无关C . 电阻率与导体的横截面积有关D . 电阻率与导体的温度有关，同一导体，不同温度下电阻率不同5. （2分） (2018高二上·临沂期末) 如图所示的实线为一簇未标明方向的点电荷电场的电场线，虚线是一个不计重力的带负电的粒子从a点运动到b点的运动轨迹，则由图可知（）A . 场源点电荷带负电B . 带电粒子在a点的加速度较小C . 带电粒子在a点的动能较小D . b点的电势较a点的电势低6. （2分） (2017高一上·黑龙江期中) 如图所示，条形磁铁A、B质量均为m，C为木块，它们放在水平面上静止时，B对A的弹力为F1 ， C对B的弹力为F2 ，则F1、F2与重力mg的大小关系正确的是（）A . Fl=mg，F2=2mgB . F1＞mg，F2=2mgC . Fl＞mg，F2=mgD . F1=mg，F2＞2mg7. （2分）如图所示线框abcd在竖直面内，可以绕固定的oo,轴转动。

4—15学年上学期高二期末联考物理试题(附答案)

黑龙江省鸡西市龙东南四校14—15学年上学期高二期末联考物理试题一、选择题（共48分，每题4分，1-8单选，9-12多选，选不全的得2分，选错的不得分）1.下列说法错误的是（）A. 英国物理学家法拉第最早引入了电场概念，并提出用电场线表示电场。

B.安培的分子电流假说揭示了磁性的起源，他认为在原子，分子等微粒内部存在着分子电流C.丹麦物理学家奥斯特发现电流可以使周围的小磁针发生偏转，证明电流周围存在磁场D. 元电荷的数值最早是物理学家安培测得的e=1.6x10-19C2．在如图所示的各图中，表示磁场方向、电流方向及导线受力方向的图示正确的是()3．真空中有两个点电荷，它们之间静电力的大小为F．如果将它们的距离增大为原来的2倍，将其中之一的电荷量增大为原来的4倍，它们之间的作用力变为A．F/2 B．F C．2F D．4F4．在匀强磁场中一个带电粒子做匀速圆周运动，如果又顺利垂直进入另一个磁感应强度是原来磁感应强度2倍的匀强磁场，则（）A．粒子的速率加倍，周期减半B．粒子的速率不变，轨道半径减半C．粒子的速率减半，轨道半径变为原来的1/4 D．粒子的速率不变，周期不变5.在如图所示当滑动变阻器滑片P向下移动时则()A．A灯变亮、B灯变亮、C灯变亮B．A灯变暗、B灯变亮、C灯变暗C．A灯变暗、B灯变暗、C灯变暗D．A灯变亮、B灯变暗、C灯变亮6．如图所示，直线A为某电源的U—I图线，直线B为某电阻的U—I图线，用该电源、电阻组成闭合电路时，电源的输出功率和电源的效率分别是：A．4W，33.3% B．2W，67%C．2W，33.3% D．4W，67%7.一个带正电的质点，电量q=2.0×10－9C，在静电场中由a点移到b点，在这过程中，除电场力外，其他力作的功为6.0×10－5J，质点的动能增加了8.0×10－5J，则a、b两点间的电势差为（）A、3×104 VB、1×104VC、4×104 VD、7×104 V8．如图为质谱仪测定带电粒子质量的装置的示意图。

2015年陕西省普通高中学业水平物理试卷含参考答案

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

【物理】陕西省咸阳市2014-2015学年高二上学期期末考试.docx

陕西省咸阳市2014-2015 学年高二上学期期末考试物理试卷一、选择题（本大题12 小题，每小题 4 分，计 48 分，在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求）1．下列单位中，属于国际单位制中的基本单位的是（）A．库仑B．法拉C．特斯拉D．安培考点：力学单位制．分析：国际单位制规定了七个基本物理量．分别为长度、质量、时间、热力学温度、电流、光强度、物质的量．它们的在国际单位制中的单位称为基本单位，而物理量之间的关系式推到出来的物理量的单位叫做导出单位．解答：解： A、库仑是电量的单位，是导出单位，故 A 错误．B、法拉是电容的单位，是导出单位，故 B 错误．C、特斯拉是磁感应强度的单位，是导出单位，故 C 错误．D、安培是电流的单位，是基本单位，故 D 正确．故选： D．点评：国际单位制规定了七个基本物理量，这七个基本物理量分别是谁，它们在国际单位制分别是谁，这都是需要学生自己记住的．2．（ 4 分）（ 2014 秋?咸阳期末）下列关于磁场和磁感线的描述中正确的是（）A．磁感线是磁场中客观存在的线B．磁感线可以形象地描述各点磁场的方向C．磁感线总是从磁铁的N 极出发，到S极终止D．实验中观察到的铁屑的分布就是磁感线考点：磁现象和磁场；磁感线及用磁感线描述磁场．分析：磁体周围存在着磁场，为了形象地描述磁场，我们引入了磁感线，规定小磁针静止时N极所指的方向为该点磁场的方向．磁感线是闭合曲线，在磁体外部，从磁铁的北极出发，进入南极；在磁体内部，从南1实验中观察到的铁屑的分布是模拟的磁感线解答：解： A、磁场是真实存在的，是看不见、摸不到的，通过它对磁体的作用表现出来；磁感线不是真实存在的，是为了描述磁场的分布而引入的．故 A 错误；B、磁感线可以形象地描述各点磁场的方向与强弱关系．故 B 正确；C、磁感线在磁体的外部从N极到 S 极，在磁体内部是从S 极到 N极，故 C错误；D、实验中观察到的铁屑的分布是模拟的磁感线，并不是真实的磁感线．故 D 错误．故选： B．点评：本题对磁场和磁感线的理解能力，抓住它们之间的区别：磁场是物质，磁感线不是物质．3．（ 4 分）（ 2014 秋?咸阳期末）表为某电动机铭牌上的一部分内容．根据表中的信息，可计算出在正常工作时，该电动机的电阻约为（）型号EB一 966额定电流10A额定电压380V输出功率3400WA． 4ΩB． 5.8 ΩC． 38ΩD． 42.7 Ω考点：电功、电功率．专题：恒定电流专题．分析：根据电动机的输出功率与总功率、发热功率的关系列式，即可求得电动机的电阻．解答：解：设电动机的电阻为r ．根据 UI=I 2 r+P 出，得 r==Ω =4Ω故选： A．点评：对于电动机等非纯电阻电路，关键要明确功率是怎样分配的，要注意输出功率与总功率、发热功率的关系和区别．4．（ 4 分）（2014 秋?咸阳期末）两个分别带有电荷量﹣2Q和 +4Q的相同金属小球（均可视为点电荷），固定在相距为2R 的两处，它们间库仑力的大小为F．两小球相互接触后将其固定距离变为R，则两球间库仑力的大小为（）A． 0.5F B． 2F C． F D． 4F考点：库仑定律．专题：电场力与电势的性质专题．分析：根据库仑定律的公式F=k，写出在真空中有两个点电荷间的作用力遵守库仑力，运用比例法求解．两小球相互接触后总电量不变，两球平分总电量．解答：解：根据库仑定律：得：两小球相互接触后总电量不变，每一个小球的电量：两个小球之间的库仑力：故选： A点评：本题考查运用比例法解决物理问题的能力，技巧在于用相同的量表示作用力，然后求出比例关系．5．（ 4 分）（ 2014 秋?咸阳期末）如图所示，已知磁场与电流的方向，图中又画出了通电导线在磁场中所受安培力 F 的方向，那么安培力 F 的方向正确的是（）A．B．C．D．考点：安培力；左手定则．分析：熟练应用左手定则是解决本题的关键，在应用时可以先确定一个方向，然后逐步进行，如可先让磁感线穿过手心，然后通过旋转手，让四指和电流方向一致或让大拇指和力方向一致，从而判断出另一个物理量的方向，用这种程序法，防止弄错方向．解答：解：根据左手定值可知，A 图中的安培力应该水平向右； B 中安培力水平向左； C图中安培力沿斜面向下； D 中安培力是竖直向下，故 BCD错误， A 正确．故选： A．点评：左手定则中涉及物理量及方向较多，在应用过程中容易出现错误，要加强练习，增加熟练程度．6．（4 分）（ 2014 秋?咸阳期末）如图所示， AC、BD为圆的两条互相垂直的直径，圆心为O，半径为 R．电荷量均为Q的正、负点电荷放在圆周上，它们的位置关于AC对称， +Q与 O点的连线和OC间夹角为 30°．下列说法正确的是（）A．O点的场强大小为B．O点的场强大小为C． B、 D两点的电势关系是：?B＞? DD．电荷量为 +q 的点电荷在 A 点的电势能小于在 C 点的电势能考点：电场强度；电势；电势能．专题：电场力与电势的性质专题．分析：根据点电荷的电场E=k和电场叠加原理可求解O点的场强大小．两个等电量正负点电荷产生的电场等势线与电场线具有对称性，作出AC间的电场线，根据顺着电场线电势降低和对称性，分析 B 与 D电势的高低，判断电场力做功情况，可知 A 点和 C 电电势能的大小，解答：解：A、根据点电荷的电场E=k可得：+Q在O点产生的场强大小等于k，方向沿+Q到 0；﹣Q在 O点产生的场强大小等于k，方向沿O到﹣Q，两个场强方向的夹角为120°，由电场叠加原理得知O点的场强大小k，故A、B错误；C、根据顺着电场线电势降低和对称性，φ B＞φD．故C正确．D、A 点与 C 点的电势相等，其电势差为零，则电荷q从A点运动到C点，电场力做功为零， A 点的电势能等于在 C 点的电势能，故D错误．故选： C．点评：本题关键要掌握点电荷场强公式，能运用电场的叠加原理求解空间任一点的场强．分析时抓住电场线与等势线的对称性，知道AC是一条等势线．7．（ 4 分）（ 2014 秋?咸阳期末）如图，平行板电容器的两个极板与水平地面成一角度，两极板与一个电压恒定的直流电源相连（未画出）．若一带电小球恰能沿图中所示水平直线通过电容器，则在此过程中，该小球（）A．所受重力与电场力平衡B．做匀变速直线运动C．动能逐渐增加D．电势能逐渐增加考点：带电粒子在混合场中的运动；电势能．专题：带电粒子在复合场中的运动专题．分析：带电粒子在场中受到电场力与重力，根据粒子的运动轨迹，结合运动的分析，可知电场力垂直极板向上，从而可确定粒子的运动的性质，及根据电场力做功来确定电势能如何变化．解答：解：A、B、根据题意可知，粒子做直线运动，则电场力与重力的合力与速度方向相同，粒子做匀加速直线运动，因此 A 错误， B 正确；C、因电场力做正功，则电势能减小，导致动能增加，故 C 正确；D、电场力做功等于电势能的减小量，电场力做正功，则电势能减小，故D错误；故选： BC．点评：考查根据运动情况来确定受力情况，并由电场力做功来确定电势能如何，以及动能的变化．8．（ 4 分）（ 2014 秋?咸阳期末）如图，实线是电场中一簇方向未知的电场线，虚线是一个带电粒子通过该电场区域时的运动轨迹，带电粒子由M运动到 N 点，若带电粒子只受电场力作用，据此图可以作出的判断是（）A．带电粒子带负电B．带电粒子在M点的加速度小于在N 点的加速度C．带电粒子在M点的电势能小于在N 点的电势能D．电场中 M点的电势低于在N 点的电势考点：电场线；电势能．专题：电场力与电势的性质专题．分析：根据轨迹的弯曲程度，判断出合力（电场力）的方向，再根据电场线的方向，判断电荷的电性；加速度大小的比较可以看电场力的大小，即电场强度的大小；比较电势能可以根据电场力做功来判断．解答：解： A、合力大致指向轨迹凹的一向，可知电场力方向向左，电场线向右，由于不知道电场线的方向所以不能判断出带电粒子的电性．故 A 错误．B、M点的场强大于 N 点的场强，所以 M点所受的电场力大于 N点，则带电粒子在N 点的加速度小于在M点的加速度．故 B 错误．C、假设粒子从M运动到 N，受力的方向与轨迹之间的夹角是钝角，电场力做负功，电势能增大．所以带电粒子在N 点的电势能大于在M点的电势能．故 C 正确．D、不知道电场线的方向，也不知道带电粒子的电性，所以不能判断出MN点电势的高低．故D错误．故选： C．点评：判断电荷的电性关键找到突破口，从轨迹的弯曲方向角度考虑；比较电势能的大小：一可以从电场力做功角度比较，二从电势能公式角度判断，先比较电势，再比较电势能．9．（ 4 分）（ 2014 秋?咸阳期末）如图所示，直线 A 是电源的路端电压和电流的关系图线，直线 B、 C分别是电阻R1、 R2的两端电压与电流的关系图线，若将这两个电阻分别接到该电源上，则（）A． R2接在电源上时，电源的输出功率较大B． R1接在电源上时，电源的总功率较大C． R2接在电源上时，电源的效率较高D．电源的输出功率一样大考点：路端电压与负载的关系；电功、电功率．专题：恒定电流专题．分析：电源 U﹣I 图线与电阻的U﹣ I 图线的交点，表示电阻接在该电源上时的工作状态，可读出电阻两端的电压和电流，算出电源的输出功率，进而比较大小．电源的总功率为P=EI ，根据电流的大小即可进行比较．电源的效率等于电源输出功率与电源总功率的百分比．根据效率的定义，找出效率与电源路端电压的关系，由图读出路端电压，就能求出效率．解答：解：A、D、由两图线的交点读出，R1接在电源上时电压U1=，通过R1的电流I1=，则电源的输出输出功率P1=U1 I 1=R2接在电源上时U2=U0， I 2=，电源的输出输出功率P2=U2I 2=，则R2接在电源上时，电源的输出功率较大，故 A 正确， D 错误．B、电源的总功率P=EI，与电流成正比，则知R2接在电源上时，电源的总功率较大，故 B 错误．C、电源的效率η == =，则知电源的效率与路端电压成正比，R1接在电源上时路端电压大，效率较高，故C错误．故选： A点评：本题首先要知道效率与功率的区别，电源的效率高，输出功率不一定大．其次，会读图．电源与电阻的伏安特性曲线交点表示电阻接在该电源上时的工作状态．10．（ 4 分）（ 2014 秋?咸阳期末）一台直流电动机额定电压为100V，正常工作时电流为10A，线圈内阻为 0.5 Ω，若该电动机正常工作10s ，则（）A．该电动机线圈上产生的热量为 1.0 ×10 4JB．该电动机线圈上产生的热量为 2.0 ×10 5JC．该电源输出机械功为 1.0 ×10 4JD．该电源输出机械功为9.5 ×10 3J考点：电功、电功率；焦耳定律．2分析：电动机正常工作时其电路是非纯电阻电路，产生的热量只能用Q=I Rt计算，消耗的电能只能用 W=UIt 计算．转化为的机械能等于电流的总功减去发热的能量．解答：解： A、 B、电动机产生的热量Q=I 2Rt=10 2×0.5 ×10J=500J，故A、 B 均错误．C、 D、电动机输出的机械功W机 =W电﹣Q=UIt ﹣Q=100×10×10﹣ 500J=9500J ，故 C 错误、 D 正确．故选： D．点评：本题考查了电动机中的转化的能量的计算．在电动机工作时，电能转化为了机械能和内能，内能大小只能由Q=I2Rt 计算．11．（ 4 分）（ 2014 秋?咸阳期末）在如图所示的电路中， E 为电源电动势，r 为电源内阻，R1和 R3均为定值电阻， R2为滑动变阻器．当R2的滑动触点在 a 端时合上开关S，此时三个电表 V、 A1、A2的示数分别为I 1、 I 2和 U．现将 R2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 减小考点：闭合电路的欧姆定律．专题：恒定电流专题．分析：理清电路，确定电压表测得什么电压，电流表测得什么电流，抓住电动势和内阻不变，采用局部→整体→局部的方法，利用闭合电路欧姆定律进行分析．解答：解： R2的滑动触点向 b 端移动时， R2减小，整个电路的总电阻减小，总电流增大，内电压增大，外电压减小，即电压表示数减小，R3电压增大， R1、 R2并联电压减小，通过 R1的电流 I 1减小，即A1示数减小，而总电流I 增大，则流过R2的电流 I 2增大，即A2示数增大．故A、 C、 D 错误， B 正确．故选： B．点评：解决本题的关键抓住电动势和内电阻不变，结合闭合电路欧姆定律求解．注意做题前一定要理清电路，看电压表测的是什么电压，电流表测的是什么电流．12．（ 4 分）（ 2008?海南）质子和中子是由更基本的粒子即所谓“夸克”组成的．两个强作用电荷相反（类似于正负电荷）的夸克在距离很近时几乎没有相互作用（称为“渐近自由”）；在距离较远时，它们之间就会出现很强的引力（导致所谓“夸克禁闭”）．作为一个简单的模型，设这样的两夸克之间的相互作用力 F 与它们之间的距离r 的关系为：式中 F0为大于零的常量，负号表示引力．用U 表示夸克间的势能，令U0=F0（ r 2﹣ r 1），取无穷远为势能零点．下列U﹣ r 图示中正确的是（）A．B．C．D．考点：电势能；动能定理的应用．专题：压轴题；电场力与电势的性质专题．分析：本题通过分析两夸克之间的相互作用力 F 做功情况判断势能的变化情况，即可进行选择．无穷远处电势为零，从无穷远开始到r=r 2位置，势能恒定为零，在r=r 2到 r=r 1过程中，两夸克之间的相互作用力 F 为引力，恒定引力做正功，势能逐渐均匀减小，r ＜ r 1之后势能不变，恒定为﹣U0．解答：解：从无穷远处电势为零开始到r=r 2位置，由 F 的表达式可知，两夸克之间的相互作用力 F=0，则知势能恒定为零；在r=r 2到 r=r 1过程中，恒定引力做正功，势能逐渐均匀减小，即势能为负值且越来越小，此部分图象为 A、 B 选项中所示；r ＜ r 1之后， F=0，势能不变，恒定为﹣U0，由引力做功等于势能将少量，故U0=F0（r 2﹣ r 1）．故 B 正确．故选 B点评：本题是信息给予题，关键根据两夸克之间的相互作用力 F 与它们之间的距离r 的关系，分析 F 做功的正负，判断势能如何变化．二、实验题（本大题 2 小题，计20 分，把答案填在答题卡中的相应的横线上或按题目求作答）13．（ 4 分）（ 2014 秋?咸阳期末）某同学要测量一长为L 的电阻丝的阻值，他先使用多用电表× 100 Ω的挡测量，多用电表此时的指针如（甲）图所示，则此时从多用电表上读得R= 1500 Ω ．用螺旋测微器测量该电阻丝直径时，测量结果如（乙）图所示，由图可读出d= 6.768mm．10。

【物理】陕西省咸阳市2014-2015学年高二上学期期末考试

陕西省咸阳市2014-2015学年高二上学期期末考试物理试卷一、选择题（本大题12小题，每小题4分，计48分，在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求）1．下列单位中，属于国际单位制中的基本单位的是（）2．（4分）（2014秋•咸阳期末）下列关于磁场和磁感线的描述中正确的是（）3．（4分）（2014秋•咸阳期末）表为某电动机铭牌上的一部分内容．根据表中的信息，可计算出在正常工作时，该电动机的电阻约为（）解答：解：设电动机的电阻为r．根据UI=I2r+P出，得 r==Ω=4Ω故选：A．4．（4分）（2014秋•咸阳期末）两个分别带有电荷量﹣2Q 和+4Q 的相同金属小球（均可视为点电荷），固定在相距为2R 的两处，它们间库仑力的大小为F ．两小球相互接触后将其固定距离变为R ，则两球间库仑力的大小为（）分析：根据库仑定律的公式F=k ，写出在真空中有两个点电荷间的作用力遵守库仑力，运用比例法求解．两小球相互接触后总电量不变，两球平分总电量．解答：解：根据库仑定律：得：两小球相互接触后总电量不变，每一个小球的电量：两个小球之间的库仑力：故选：A5．（4分）（2014秋•咸阳期末）如图所示，已知磁场与电流的方向，图中又画出了通电导线在磁场中所受安培力F 的方向，那么安培力F 的方向正确的是（）．B ．C ．D ．6．（4分）（2014秋•咸阳期末）如图所示，AC、BD为圆的两条互相垂直的直径，圆心为O，半径为R．电荷量均为Q的正、负点电荷放在圆周上，它们的位置关于AC对称，+Q与O点的连线和OC间夹角为30°．下列说法正确的是（）．O点的场强大小为．O点的场强大小为分析：根据点电荷的电场E=k和电场叠加原理可求解O点的场强大小．两个等电量正负点电荷产生的电场等势线与电场线具有对称性，作出AC间的电场线，根据顺着电场线电势降低和对称性，分析B与D电势的高低，判断电场力做功情况，可知A点和C电电势能的大小，A、根据点电荷的电场E=k可得：+Q在O点产生的场强大小等于k，方向沿+Q到0；﹣Q在O点产生的场强大小等于k，方向沿O到﹣Q，两个场强方向的夹角为120°，由电场叠加原理得知O点的场强大小k，故A、B错误；C、根据顺着电场线电势降低和对称性，φB＞φD．故C正确．D、A点与C点的电势相等，其电势差为零，则电荷q从A点运动到C点，电场力做功为零，A点的电势能等于在C点的电势能，故D错误．故选：C．7．（4分）（2014秋•咸阳期末）如图，平行板电容器的两个极板与水平地面成一角度，两极板与一个电压恒定的直流电源相连（未画出）．若一带电小球恰能沿图中所示水平直线通过电容器，则在此过程中，该小球（）8．（4分）（2014秋•咸阳期末）如图，实线是电场中一簇方向未知的电场线，虚线是一个带电粒子通过该电场区域时的运动轨迹，带电粒子由M运动到N点，若带电粒子只受电场力作用，据此图可以作出的判断是（）9．（4分）（2014秋•咸阳期末）如图所示，直线A是电源的路端电压和电流的关系图线，直线B、C分别是电阻R1、R2的两端电压与电流的关系图线，若将这两个电阻分别接到该电源上，则（）解答：解：A、D、由两图线的交点读出，R1接在电源上时电压U1=，通过R1的电流 I1=，则电源的输出输出功率P1=U1I1=R2接在电源上时U2=U0，I2=，电源的输出输出功率P2=U2I2=，则R2接在电源上时，电源的输出功率较大，故A正确，D错误．B、电源的总功率P=EI，与电流成正比，则知R2接在电源上时，电源的总功率较大，故B错误．C、电源的效率η===，则知电源的效率与路端电压成正比，R1接在电源上时路端电压大，效率较高，故C错误．故选：A10．（4分）（2014秋•咸阳期末）一台直流电动机额定电压为100V，正常工作时电流为10A，线圈内阻为0.5Ω，若该电动机正常工作10s，则（）11．（4分）（2014秋•咸阳期末）在如图所示的电路中，E为电源电动势，r为电源内阻，R1和R3均为定值电阻，R2为滑动变阻器．当R2的滑动触点在a端时合上开关S，此时三个电表V、A1、A2的示数分别为I1、I2和U．现将R2的滑动触点向b端移动，则三个电表示数的变化情况是（）12．（4分）（2008•海南）质子和中子是由更基本的粒子即所谓“夸克”组成的．两个强作用电荷相反（类似于正负电荷）的夸克在距离很近时几乎没有相互作用（称为“渐近自由”）；在距离较远时，它们之间就会出现很强的引力（导致所谓“夸克禁闭”）．作为一个简单的模型，设这样的两夸克之间的相互作用力F与它们之间的距离r的关系为：式中F0为大于零的常量，负号表示引力．用U表示夸克间的势能，令U0=F0（r2﹣r1），取无穷远为势能零点．下列U﹣r图示中正确的是（）．B．C．D．二、实验题（本大题2小题，计20分，把答案填在答题卡中的相应的横线上或按题目求作答）13．（4分）（2014秋•咸阳期末）某同学要测量一长为L的电阻丝的阻值，他先使用多用电表×100Ω的挡测量，多用电表此时的指针如（甲）图所示，则此时从多用电表上读得R= 1500 Ω．用螺旋测微器测量该电阻丝直径时，测量结果如（乙）图所示，由图可读出d= 6.768 mm．。

2015年陕西省普通高中学业水平考试物理试卷(高清含答案)

2015年陕西省普通高中学业水平考试（真题）物理(考试时间：60分钟；满分：100分)本试卷分第Ⅰ卷(选择题)和第Ⅱ卷(非选择题)两部分。

考生注意：1．答题前，考生务必将自己的考生号、姓名填写在试题卷、答题卡上，考生要认真核对答题卡上粘贴的条形码的“考生号、姓名”与考生本人考生号、姓名是否一致。

2．第I卷每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦擦干净后，再选涂其他答案标号。

第Ⅱ卷用黑色字迹签字笔在答题卡上作答。

在试题卷上作答，答案无效。

3．考试结束，监考员将试题卷和答题卡一并收回。

第一部分（选择题共66分）一、选择题（共22小题，每小题3分，计66分。

在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的）1．第二届夏季青年奥林匹克运动会于2014年8月在南京举行，共设26个比赛项目中，可将运动员视为质点的是A．马拉松B．跳水C．击剑D．体操2．运动员进行“折返跑”训练，从A点沿直线跑到B点，又从B点沿原路返回A点，A、B两点直线距离为50m，此过程中运动员的路程和位移的大小分别是A．100m，100m B．50m，100mC．100m，0 D．50m，03．地球同步通讯卫星，是无线电波传播的中继站。

同步卫星绕地心转动，地面上观察者却发现它是静止的，这是因为观察者所选择的参考系是A．太阳B．地球C．月球D．卫星4．甲、乙两物体做直线运动，它们的v－t图象如图所示，下列说法正确的是A．甲、乙两物体都做匀速直线运动B．甲、乙两物体都做匀加速直线运动C．甲物体都做匀速直线运动，乙物体静止D．甲物体做匀加速直线运动，乙物体做匀速直线运动5．物体做匀速直线运动，下列物理量保持恒定的是A．加速度B．位移C．路程D．速度6．作用在同一物体上的两个共点力，大小均为60N，夹角为120o，如图所示。

则这两个力的合力大小是A．120NB．60NC．30ND．07．如图所示，小孩用水平推力推放置在水平面上的箱子，第一次轻推，没有推动；小孩用更大的力推，箱子还是不动。

高二物理-2014-2015学年高二上学期期末检测试卷一物理试题

2014-2015学年度第一学期期末检测试卷一高二年级物理（必修）学科一．选择题（本项共23小题，每小题3分，共69分。

在每小题给出的四个选项当中，只有一个选项是正确的。

）1．下列物体或人，可以看作质点的是（）①研究跳水冠军伏明霞在跳水比赛中的空中姿态②研究奥运冠军王军霞在万米长跑中③研究一列火车通过某路口所用的时间④研究我国科学考察船去南极途中A.①③B.②③C.①④D.②④2．科学家关于物体运动的研究，对正确认识自然现象具有重要作用。

下列说法符合历史事实的是（）A．亚里士多德认为，必须有力作用在物体上，物体的运动状态才会改变B．伽利略通过“理想实验”得出结论：运动物体具有一定速度，如果它不受力，它将以这一速度永远地运动下去C．卡文迪许通过对行星运动的研究，提出了万有引力定律D．牛顿在前人研究成果的基础上，通过进一步研究提出，维持物体运动需要力3. 一物体沿半径为R的圆周运动一周，其位移的大小和路程分别是（）A .2πR，0 B.0，2πR C. 2R, 2πR D.0，2R4．下列哪个速度指的是平均速度（）A．跳水运动员以12m/s的速度入水B．炮弹以700m/s的速度射出炮口C．普通人步行的速度约是5km/h D．汽车通过交通标志牌时的速度是90km/h 5. 做匀变速直线运动的物体的位移随时间的变化关系s=24t－1.5t2(m),根据这一关系式可知，质点速度为零的时刻是（）A.1.5sB.8sC.16sD.24s6．两个共点力的大小分别为3N和7N，则它们的合力( )A ．一定等于10NB ．一定大于7NC ．最大是10N D7．小船在静水中速度为4m/s ，它在宽为200 m，流速为3 m/s 的河中渡河，船头始终垂直河岸，如图所示。

则渡河需要的时间为( )A ．40sB ．50s C．66.7s D ．90s8.在“探究力的平行四边形定则”实验中，不正确的实验要求是 ( ) A ．弹簧测力计的拉力方向必须与木板平行 B ．两弹簧测力计的拉力方向必须相互垂直 C ．读数时，视线应正对弹簧测力计的刻度 D ．使用弹簧测力计时，不能超过其量程 9．下列关于摩擦力的说法，正确的是（）A ．作用在物体上的滑动摩擦力只能使物体减速，不可能使物体加速B ．摩擦力的大小一定与物体的重力成正比C ．运动的物体不可能受到静摩擦力作用D ．作用在物体上的静摩擦力可以是动力10.一物体做匀加速直线运动，初速度大小为2m/s ，经3s ，末速度大小为8m/s ，下列说法错误的是（） A.物体加速度为2m/s2B.2s 末速度大小为6m/sC.3s 内的平均速度为4m/sD.第二秒内位移比第一秒内位移多2m 11.关于超、失重，下列说法正确的是（） A ．物体超、失重是因为地球吸引异常引起的 B ．物体超重运动方向一定向上 C ．物体失重运动方向一定向下D ．只要加速度的方向向上物体即处于超重12.如图所示，一固定斜面倾角为α，高为h ，一小球从斜面顶端沿水平方向抛出后恰好落在斜面底端，不计小球运动中所受的空气阻力，设重力加速度为g ，则小球从抛出到落在斜面底端所用时间为（）Ag h 2 B g h 2sin C g h 2 D gh13．甲、乙两车从同一地点沿同一方向出发，右图是甲、乙两车的速度图象，由图可知( )A ．甲车的加速度大于乙车的加速度B ．t 1时刻甲、乙两车的加速度相同C ．t 1时刻甲、乙两车的相遇D ．0至t 1时刻，甲车的平均速度大于乙车的平均速度14．已知长为L 的光滑斜面，物体从斜面顶端由静止开始以恒定的加速度下滑，当物体的速度是到达斜面底端速度的一半时，它沿斜面下滑的位移是（）1A ．2L B ．4LC ．22LD ．L ）－（1215．马拉着车奔跑，马对车的拉力为F 和车对马的拉力为F ′，则两力的大小关系是 A 、马要拉动车，则必须满足F >F ′B 、只有当马拉着车匀速奔跑时，才满足F =F ′C 、不管如何奔跑，始终满足F =F ′D 、运动情况不明，无法确定阅读下列材料,回答第19〜23题.2013年12月6日17时47分，“嫦娥三号”开始实施近月制动.17时53分,发动机关机嫦娥三号”顺利进入100公里环月轨道.12月14日20时59分，7500N 变推力发动机开机嫦娥三号”开始动力下降，减速向月球靠近，在100m 高度处，“嫦娥三号”悬停.30 s 后，“嫦娥三号”援速下降，离月面4m 时，7500N 变推力发动机关机嫦娥三号”从速度为零起做自由落体运动降落在月球虹湾以东地区.已知“嫦娥三号”重f 约为3780kg,搭载的月球车重量约140kg,月球表面重力加速度为地球表面重力加速度的六分之一，地球表面重力加速度取10 m/s 2.16. “嫦娥三号”在100公里环轨道运行过程中，受到月球引力大小 ( ) A.只与“嫦娥三号”的质量有关 B.只与月球的质量有关C.与“嫦娥三号”和月球的质量均无关D.与“嫦娥三号”和月球的质量均有关17. “嫦娥=号”在动力下降阶段,月球对其重力做功和重力势能变化的情况为（）A.重力做正功，重力势能减小B.重力做正功,重力势能增加 C 重力做负功，重力势能减小 D.重力做负功，重力势能增加18. “嫦娥三号”从速度为0起做自出落体运动降落在月球虹湾以东地区，能反映此过程运动的图象是（）19．有一束电子流沿 X 轴正方向高速运动，如图所示，电子流在 Z 轴上的P 点处所产生的磁场方向是沿（）A ．Y 轴正方向B ．Y 轴负方向C ．Z 轴正方向D ．Z 轴负方向 20．在下列几幅图中，洛仑兹力的方向判断正确的是( )A ．B ．C ．D ．21. 真空中有一个电场，在该电场某点处放入一个点电荷为q=6.0×10-9C ，它受到的电场力为3.0×10-4N ，则该点的电场强度大小为（）A ．5×10-4N/C B ．5×104N/C C ．2×10-5N/C D ． 2×105N/C 22. 下列关于电场线的说法中，正确的是（） A ．电场线是电场中实际存在的线 B ．在复杂电场中的电场线是可以相交的 C ．沿电场线方向，场强必定越来越小D ．电场线越密的地方，同一试探电荷所受的电场力越大23. 如图所示，电流表与螺线管组成闭合电路，以下不能使电流表指针偏转的是( ) A ．将磁铁插入螺线管的过程中 B ．磁铁放在螺线管中不动时C ．将磁铁从螺线管中向上拉出的过程中D ．将磁铁从螺线管中向下拉出的过程中二．填空题（本题有两小题，共10分）24．本题为选做题，考生只选择一题作答．若两题都作答，则按24-1题计分25. （1）如图所示为用打点计时器验证机械能守恒定律的实验装置。

2014-2015学年高二上学期物理期末统考试题

2014-2015学年高二上学期期末考试物理试题注意事项：1．本试题共100分，答题时间90分钟；2．本试题共分两部分。

第Ⅰ卷为选择题，用2B铅笔将正确答案涂写在答题卡上；第Ⅱ卷为非选择题，用0.5mm黑色黑水签字笔完成在答题纸上。

3．答第Ⅰ卷前，将姓名、考号、考试科目、试卷类型涂写在答题卡上。

第Ⅰ卷（选择题共50分）一、选择题：本题共15小题。

在每小题给出的四个选项中，第1—10题，每题3分，只有一个选项符合题目要求，第11---15题，每题4分，有多个选项符合题目要求．全部选对的得4分，选不全的得2分，有选错或不答的得0分1．在物理学的发展过程中，许多物理学家的科学发现推动了人类文明的进步，在对以下几个物理学家所做的科学贡献的叙述中，不．正确的说法是( )A．库仑发现了电流的磁效应B．丹麦物理学家奥斯特发现了电流的磁效应C．法拉第发现了磁场产生电流的条件和规律D．电荷量e的数值最早是由美国科学家密立根用实验测得的2．冬天气候干燥，容易发生静电现象，下列现象中不．属于静电引起的是( )A．用塑料梳子梳头时听到“噼”“啪”的响声B．冬天在黑暗处脱化纤类衣服会看到火花并听到响声C．脱掉外衣后去摸金属门把手时，常会被电击一下D．在针灸治疗疾病时，用电针会感觉较强的刺激3．在做“奥斯特实验”时，下列操作中现象最明显的是( )A．沿电流方向放置磁针，使磁针在导线的延长线上B．电流沿南北方向放置在磁针的正上方C．沿电流方向放置磁针，使磁针在导线的正下方D．电流沿东西方向放置在磁针的正上方4．下列关于电场与磁场说法正确的是( )A．只有磁铁周围才有磁场B．电流能产生磁场说明电和磁是有联系的C．电荷的周围一定有电场和磁场D．永久磁铁的磁场与电流周围的磁场是两种不同的磁场5．下列关于磁通量和磁感应强度的说法中，正确的是( )A．穿过某一个面的磁通量越大，该处磁感应强度也越大B．穿过某一个面的磁通量为零，该处磁感应强度也为零C．穿过垂直于磁感线方向的单位面积的磁感线的条数等于磁感应强度D．当平面跟磁场方向不垂直时，穿过这个面的磁通量必定为零6．有一圆形边界的匀强磁场区域，一束质子流以不同的速率，由圆周上的同一点沿半径方向射入磁场，质子在磁场中( )A．路程长的运动时间长B．速率小的运动时间短C．偏转角度大的运动时间长D．运动的时间有可能无限长7．如图所示，a、b、c是匀强电场中的三个点，各点电势φa＝10 V、φb＝2 V、φc＝6 V，a、b、c三点在同一平面上，下列各图中电场强度的方向表示正确的是( )8．安全重于泰山．为防止火灾发生，很多公共场所都安装了火警报警器．如图所示是一火警报警器的一部分电路示意图，其中R2为用半导体热敏材料(其阻值随温度的升高而迅速减小)制成的传感器，电流表A为值班室的显示器，a、b之间接报警器．当传感器R2所在处出现火情时，电流表A的电流I、报警器两端的电压U的变化情况是( )A．I变大，U变大 B．I变小，U变小C．I变小，U变大 D．I变大，U变小9．一磁感应强度为B的匀强磁场方向水平向右，一面积为S的矩形线圈abcd 如图所示放置，平面abcd与竖直方向成θ角，将abcd绕ad轴转180°角，则穿过线圈平面的磁通量的变化量是( )A． 2BS cosθ B．2BSC． 0 D．2BS sinθ10.一矩形线圈位于一匀强磁场内，磁场的磁感应强度B随时间t的变化规律如图所示．以I表示线圈中产生的感应电流，取垂直于纸面向里为磁场的正方向，取顺时针方向的感应电流的方向为正，则以下的It图正确的是( )11．某一电容器上标注的是“300 V,5 μF”，则下述说法正确的是( ) A．该电容器只能在300 V电压时正常工作B．该电容器可在低于300 V的电压下正常工作C．电压是200 V时，电容仍是5 μFD．使用时只需考虑工作电压，不必考虑电容器的引出线与电源的哪个极相连12．如果用E表示电场区域的电场强度大小，用B表示磁场区域的磁感应强度大小．现将一点电荷放入电场区域，发现点电荷受电场力为零；将一小段通电直导线放入磁场区域，发现通电直导线受安培力为零，则以下判断可能正确的是( )A．E＝0 B．E≠0C．B＝0 D．B≠013．起辉器是由电容器和氖管两大部分组成，其中氖管中充有氖气，内部有静触片和U形动触片．通常动、静触片不接触，有一小缝隙．则下列说法正确的是( )A．当电源的电压加在起辉器两端时，氖气放电发出辉光并产生热量，导致双金属片受热膨胀B．当电源的电压加在启动器两极后，动、静触片间辉光放电，受热膨胀两触片接触而不分C．起辉器中U形动触片是由单金属片制成D．当动、静两触片接触后，氖气停止放电、温度降低，两触片分离14．用甲、乙两个完全相同的电流表表头改装成量程分别为5 V和10 V的电压表，串联后测量12 V的电压，则( )A．两表的电压示数相同，均为6 VB．两表头的指针偏角相同C．两表头的指针偏角不相同D．两表的电压示数不同15．某学生在研究串联电路电压特点的实验时，接成如图所示的电路，接通S 后，他将大内阻的电压表并联在A，C两点间，电压表读数为U，当并联在A，B 两点间时，电压表读数也为U，当并联在B，C两点间时，电压表的读数为零，则出现此种情况的原因可能是(R1，R2的阻值相差不大)( )A．AB段断路 B．BC段短路C．AB段短路 D．BC段断路第Ⅱ卷（非选择题共50分）二．填空题（本大题共16分，每空2分）16. 有一同学用多用电表进行粗测一电阻：多用电表电阻挡有3种倍率，分别是×100Ω、×10Ω和×1Ω.该同学选择×10Ω倍率，用正确的操作方法测量时，发现指针偏转角度太小．为了较准确地进行测量，应选择________倍率．换挡后，应注意还需________调零．若重新测量的结果如图所示，那么测量结果大约是______17．（1）用螺旋测微器测金属丝的直径其读数为________．(2)已知电阻丝的电阻约为10Ω，现备有下列器材供测量电阻丝的电阻，在测量时电流表应选________(只填序号)．电压表应选________(只填序号)。

陕西省渭南市高三物理上学期期末试卷(含解析)

2010-2015学年陕西省渭南市高三（上）期末物理试卷一、选择题（本大题共12小题，每小题4分，共48分．在每小题给出的四个选项中，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，选不全的得2分，有选错或不答的得0分．）1．（4分）（2015•渭南一模）关于物理学的研究方法，下列叙述正确的是（）A．伽利略利用斜面实验研究自由落体运动时，采用了微小量放大的思想方法B．用点电荷来代替实际带电体是采用了理想模型的方法C．在探究加速度与力、质量的关系时，利用了控制变量的思想方法D．法拉第在研究电磁感应现象时，采用了理想实验的方法考点：自由落体运动；牛顿第二定律；元电荷、点电荷；法拉第电磁感应定律．分析：A、伽利略利用斜面实验研究自由落体运动时，不计空气阻力，采样了理想实验模型的方法．B、点电荷是物体在一定条件下的科学抽象，是建立理想化物理模型的方法．C、在研究多个物理量之间关系时，往往要控制某些量不变，即控制变量法．D、法拉第在研究电磁感应现象时，对所做的实验进行归纳总结，得出结论．解答：解：A、伽利略利用斜面实验研究自由落体运动时，采用的是建立理想实验模型的方法．故A错误．B、点电荷是理想化的模型，采用的是建立理想化物理模型的方法．故B正确．C、在探究加速度与力、质量的关系时，要控制力或质量不变，采用的方法是控制变量法．故C正确．D、法拉第在研究电磁感应现象时，对所做的实验进行归纳总结，得出结论．采用的是归纳法．故D错误．故选BC．点评：高中物理学习的过程中会遇到许多物理分析方法，这些方法对学习物理有很大的帮助．故在理解概念和规律的同时，注意物理方法的积累．2．（4分）（2015•渭南一模）如图为一攀岩运动员正沿竖直岩壁缓慢攀登，由于身背较重的行囊，重心上移至肩部的O点，总质量为60kg．此时手臂与身体垂直，脚与岩壁夹角为37．则手受到的拉力和脚受到的作用力分别为（设手、脚受到的作用力均通过重心O，g取10m/s2，sin37=0.6，cos37=0.8）（）A．360N，480N B．480N，360N C．450N，800N D．800N，450N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：要求人所受支持力和拉力，要先对人进行受力分析，在将重力沿身体方向和手臂方向进行正交分解，根据人所受合力为0．求出人所受的各个力．解答：解：由题意可知脚所受的支持力与手所受的拉力相互垂直，对人进行受力分析，如图所示，则有脚所受的作用力F1=mgcos37°=0.8×60×10=480N，手所受的作用力F2=mgsin37°=360N．故A正确．故选A．点评：解决共点力作用下物体的平衡的题目主要方法是：先对物体进行受力分析，再进行正交分解，最后根据合力为零求解．3．（4分）（2015•渭南一模）一交流电路如图1所示，电阻R=10Ω．交流电源输出的电压u 随时间t变化的图线如图2所示，闭合开关S后（）A．电路中电流的频率为100HzB．电路中电流瞬时值的表达式为i=sin100πt（A）C．电流表的示数为1.4AD．电阻R消耗的电功率为14W考点：正弦式电流的图象和三角函数表达式．专题：电磁学．分析：根据图象可以求得输出电压的有效值、周期和频率等，再根据功率的公式可以求得功率的大小，从而可求得结论．解答：解：A、由图象可知，交流电的周期为2×10﹣2s，所以电路中电流的频率为f==50Hz，所以A错误；B、电路中电压瞬时值的表达式为e=10sin100πtV，电阻的大小为10Ω，所以电流瞬时值的表达式为i=sin100πtA，所以B正确；C、电流表的示数为电流的有效值，所以电流表的示数为A=1A，所以C错误；D、电阻R消耗的电功率P=I2R=12×10W=10W，所以D错误．故选B．点评：解决本题的关键就是有电流的瞬时值表达式求得原线圈中电流的最大值，进而求得原线圈的电流的有效值的大小．4．（4分）（2015•渭南一模）绕有线圈的铁芯直立在水平桌面上，铁芯上套着一个铝环，线圈与电源、电键相连，如图所示．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．整个装置稳定后再断开电键，则铝环重新向上跳起考点：楞次定律．分析：当闭合电键瞬间，铝环所处的磁通量发生变化，故铝环中产生电流，对应的感应磁场去阻碍原磁通量的变化，所以向上跳．若磁通量不变，则铝环不会动．解答：解：如图所示．闭合电键的瞬间，铝环向上跳起．若保持电键闭合，则铝环的磁通量不变，环中没有电流，故要落回原处．若整个装置稳定后再断开电键，铝环的磁通量发生变化，则铝环中有了感应电流．为阻碍磁通量减小，铝环要向下运动．由于支撑面，故铝环不动．故选：C点评：可以从运动角度去分析：来拒去留．即当磁通量变大时，则会离开．当磁通量变小时，则会靠近．5．（4分）（2010秋•渭南期末）2010年10月1日，嫦娥二号卫星发射成功．作为我国探月工程二期的技术先导星，嫦娥二号的主要任务是为嫦娥三号实现月面软着陆开展部分关键技术试验，并继续进行月球科学探测和研究．如图，嫦娥二号卫星的工作轨道是100公里环月圆轨道Ⅰ，为对嫦娥三号的预选着陆区﹣﹣月球虹湾地区（图中B点正下方）进行精细成像，嫦娥二号在A点将轨道变为椭圆轨道Ⅱ，使其近月点在虹湾地区正上方B点，大约距月面15公里．下列说法中正确的是（）A．沿轨道Ⅱ运动的周期大于沿轨道І运动的周期B．在轨道Ⅱ上A点的速度大于在轨道І上A点的速度C．完成任务后，卫星返回工作轨道Ⅰ时，在A点需加速D．在轨道Ⅱ上A点的加速度等于在轨道І上A点的加速度考点：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：环绕天体绕中心天体圆周运动的向心力由万有引力提供，据此由半径判定描述圆周运动物理量的大小即可．解答：解：A、根据开普勒行星运动定律可知，轨道II的半长轴小于轨道I的半径，故其周期小于轨道I的周期，故A错误；B、A点是轨道II的远地点，故从A点开始卫星在轨道II上运动时将做近心运动，万有引力大于圆周运动所需向心力，故在轨道II上A点的速度小于在轨道I上在A点的速度，故B错误；C、在轨道II上加速运动，使卫星的速度等于在轨道I上圆周的速度时卫星将再次返回轨道I，故C正确；D、卫星在A点的加速度都是由万有引力产生，故在同一点A，不管卫星在哪个轨道其加速度一定相同，故D正确．故选：CD．点评：万有引力提供圆周运动向心力，能根据开普勒行星定律由椭圆轨道半长轴的大小比较周期，掌握卫星的变轨原理是解题的关键．6．（4分）（2014•瓯海区校级模拟）如图所示，在真空中的A、B两点分别放置等量异种点电荷，在A、B两点间取一正五角星形路径abcdefghija，五角星的中心与A、B的中点重合，其中af连线与AB连线垂直．现将一电子沿该路径逆时针移动一周，下列判断正确的是（）A．e点和g点的电场强度相同B．a点和f点的电势相等C．电子从g点到f点再到e点过程中，电势能先减小再增大D．电子从f点到e点再到d点过程中，电场力先做正功后做负功考点：电场的叠加；动能定理的应用；电势；电势能．专题：电场力与电势的性质专题．分析：A、根据等量异种电荷电场线的分布比较e、g两点的场强．B、等势线与电场线垂直，等量异种电荷连线的垂直平分线是一条等势线．C、根据电场力做功判断电势能的变化．D、根据电场力的方向与运动方向的关系，判断做功的正负情况．解答：解：A、根据电场线的分布知，e、g两点的场强大小相等，方向不同．故A错误． B、等量异种电荷连线的垂直平分线是一条等势线．所以a点和f点的电势相等．故B正确．C、电子从g点到f点再到e点过程中，电场力一直做负功，电势能增大．故C错误．D、电子从f点到e点再到d点过程中，根据电场力方向与运动方向的关系知，电场力先做负功再做正功．故D错误．故选B．点评：解决本题的关键掌握等量异种电荷周围电场线的分布，以及掌握电场力做功和电势能变化的关系．7．（4分）（2015•江西校级一模）如图所示，水平放置两平行金属极板间有一垂直于极板的匀强电场，板长为L，板间距离为d，在板右端L处有一竖直放置的光屏M．一带电量为q、质量为m的质点从两板中央平行于极板方向射入板间，最后垂直打在M屏上，则（）A．质点在板间运动的时间与它从板的右端运动到光屏M的时间相等B．质点入射时的动能小于打到屏上时的动能C．板间电场强度大小为D．质点在板间运动的加速度大小为g，方向竖直向上考点：带电粒子在匀强电场中的运动；牛顿第二定律；动能定理的应用．专题：带电粒子在电场中的运动专题．分析：质点运动过程中受到重力和电场力作用，将质点的运动沿着水平和竖直方向正交分解，水平方向不受外力，一直做匀速运动，竖直方向，先受重力和电场力作用向上匀加速，后只受重力向上匀减速，与板碰撞时，竖直分速度恰好减为零；然后根据运动学公式列式分析．解答：解：A、质点运动过程中受到重力和电场力作用，将质点的运动沿着水平和竖直方向正交分解，水平方向不受外力，一直做匀速运动，故质点在板间运动的时间与它从板的右端运动到光屏M的时间相等，故A正确；B、竖直方向，先受重力和电场力作用向上匀加速，后只受重力向上匀减速，与板碰撞时，竖直分速度恰好减为零，故质点入射时的动能等于打到屏上时的动能，故B错误；C、D、对于竖直分运动，加速时，有qE﹣mg=ma ①减速时，有ma′=mg ②根据运动学公式，有0=at﹣a′t ③水平分运动为匀速运动，故L=v0t ④故a=g故C错误，D正确；故选AD．点评：本题关键是将整个运动沿着水平和竖直方向正交分解，然后根据牛顿第二定律和运动学公式列式后联立求解．8．（4分）（2015•渭南一模）如图所示，重为5N的物体置于倾角为37°的斜面上，现用平行于斜面向上、大小为3N的力F作用于物体，物体恰在斜面上做匀速直线运动，而斜面相对于地面保持静止，则下列说法中正确的是（cos37°=0.8，sin37°=0.6 ）（）A．物体可能沿斜面向下运动B．斜面对物体有摩擦力的作用C．斜面对地面没有摩擦力的作用D．斜面对地面的摩擦力大小2.4N、方向水平向左考点：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：先对滑块m受力分析，根据共点力平衡条件求出支持力和摩擦力；再对斜面体受力分析，再次根据共点力平衡条件列式求解．解答：解：A、B、对滑块受力分析，受重力、支持力、推力和摩擦力，假设摩擦力沿斜面向下，如图根据共点力平衡条件，有F﹣mgsinθ﹣f=0 ①N﹣mgcosθ=0 ②f=μN ③解得N=mgcosθ=4Nf=0μ=0故物体可能沿斜面向上运动，也可能沿斜面向下运动，故A正确，B错误；C、D、对斜面体受力分析，受重力Mg、支持力F N、压力N、和地面的静摩擦力f′，如图根据共点力平衡条件，有N•cos37°+Mg=F NN•sin37°=f′解得f′=2.4N故C错误，D正确；故选AD．点评：本题关键是先后对m和M受力分析，然后根据共点力平衡条件列式分析求解．9．（4分）（2015•渭南一模）如图所示，重10N的滑块在倾角为30°的斜面上从a点由静止开始下滑，到b点接触到一个轻弹簧，滑块压缩弹簧到c点，开始弹回，返回b点离开弹簧，最后又回到a点，已知ab=1m，bc=0.2m，那么，下列说法正确的是（）A．整个过程中滑块动能的最大值为6JB．整个过程中弹簧弹性势能的最大值为6JC．从c点到b点弹簧的弹力对滑块做功6JD．整个过程中弹簧、滑块与地球组成的系统机械能守恒考点：机械能守恒定律．专题：机械能守恒定律应用专题．分析：了解滑块的运动过程，滑块先加速运动到b，接触弹簧后滑块没有减速，而是继续加速，当滑块的合力为0时，滑块速度最大，再向下做减速运动，速度减到0时，弹簧压得最紧，弹性势能最大．选择适当的过程运用动能定理列式求解．解答：解：A、当滑块的合力为0时，滑块速度最大，设滑块在d点合力为0，d点在b和c之间．滑块从a到d，运用动能定理得：mgh ad+W弹=E Kd﹣0mgh ad＜6J，W弹＜0，所以E Kd＜6J，故A错误．B、滑块从a到c，运用动能定理得：mgh ac+W弹′=0﹣0解得：W弹′=﹣6J．弹簧弹力做的功等于弹性势能的变化，所以整个过程中弹簧弹性势能的最大值为6J．故B 正确．C、从c点到b点弹簧的弹力对滑块做功与从b点到c点弹簧的弹力对滑块做功大小相等，根据B选项分析，故C正确．D、整个过程中弹簧、滑块与地球组成的系统机械能守恒，没有与系统外发生能量转化，故D正确．故选BCD．点评：本题的关键是认真分析物理过程，把复杂的物理过程分成几个小过程并且找到每个过程遵守的物理规律，列出相应的物理方程解题．同时要明确弹簧弹力做的功等于弹性势能的变化．10．（4分）（2015•渭南一模）两小球在两条平行直线上自左向右运动，现用高速摄影机在同一底片上多次曝光，记录下两小球每次曝光时的位置，如图所示，连续两次曝光的时间间隔是相等的，一小球经过另一小球旁边时认为两小球相遇，则由图片知（）A．两小球相遇了3次B．两小球相遇了2次C．两小球相遇了1次D．两小球没有相遇考点：位移与路程．专题：直线运动规律专题．分析：从图象可以看出，蓝色小球做加速运动，白色小球做匀速运动；t1时刻白球在后，t2时刻白球在前，故相遇第一次；t3到t5，白球一直在前；t6时刻向后，白球再次被超过，第二次相遇．解答：解：从图象可以看出，蓝色小球做加速运动，白色小球做匀速运动；两球同时出发，但初位置蓝球靠前，故刚出发不久白球追上篮球，由于篮球不断加速，故最终会再次超过白球，故两球相遇两次；故选B．点评：本题关键根据情境图分析清楚两个小球的运动情况，然后进行分析；也可以画出速度时间图象进行分析．11．（4分）（2010秋•渭南期末）如图所示，相距为d的两平行金属板水平放置，开始开关S1和S2均闭合使平行板电容器带电．板间存在垂直纸面向里的匀强磁场．一个带电粒子恰能以水平速度v向右匀速通过两板间．在以下方法中，有可能使带电粒子仍能匀速通过两板的是（不考虑带电粒子所受重力）（）A．保持S1和S2均闭合，减小两板间距离，同时减小粒子射入的速率B．保持S1和S2均闭合，将R1、R3均调大一些，同时减小板间的磁感应强度C．把开关S2断开，增大两板间的距离，同时减小板间的磁感应强度D．把开关S1断开，增大板间的磁感应强度，同时减小粒子入射的速率考点：带电粒子在混合场中的运动；闭合电路的欧姆定律．专题：带电粒子在复合场中的运动专题．分析：带电粒子受电场力和洛伦兹力处于平衡状态做匀速直线运动．电容器两端的电压等于R2两端的电压，R3相当于导线．解答：解：A、保持S1和S2均闭合，减小两板间距离，电场强度增大，电场力增大，减小粒子的入射速率，根据F=qvB，知洛伦兹力减小，两力不再平衡，不能做匀速直线运动．故A错误．B、保持S1和S2均闭合，将R1、R3均调大一些，R2两端的电压变小，电容器两端的电压变小，电场强度变小，电场力变小．减小板间的磁感应强度，根据F=qvB，知洛伦兹力减小，两力还可能平衡．故B正确．C、把开关S2断开，增大两板间的距离，电容器带电量不变，根据C=，C=，E===，知电场强度不变，减小磁感应强度，洛伦兹力减小，两力不再平衡．故C错误．D、把开关S1断开，电容器会放电，电场强度变为0，电场力为0，所以不再平衡．故D错误．故选：B．点评：处理电容器的动态分析关键抓住不变量．若电容器与电源断开，电量保持不变；若电容器始终与电源相连，电容器两端间的电势差保持不变．12．（4分）（2015•渭南一模）将一电动势为E、内电阻为r的电源与定值电阻R0、滑动变阻器R连成电路，并接入理想电流表与电压表如图所示．当闭合开关，将滑动变阻器的触片由左端向右滑动时，可采集到一系列U、I值，从而可做U﹣I图线，设起初采集点为A点，最后为B点，以下图线大致能描述所采集点所在曲线的是（）A．B．C．D．考点：闭合电路的欧姆定律．专题：实验题．分析：由实物图可知，电压表测量R、R0的总电压，即路端电压，电流表测量干路电流．变阻器触片由左端向右滑动时，接入电路电阻减小，根据闭合电路欧姆定律，可判断电压U随电流I的变化情况，作出选择．解答：解：A、B，当变阻器滑片右移时，接入电路电阻减小，电流增大，外电压减小．根据闭合电路欧姆定律U=E﹣Ir，U与I是线性关系．故A正确，B错误．C、D，电阻R0与变阻器串联后，成为非线性元件，U与I不成正比．故C、D均错误．故选A．点评：本题要注意电阻R0是线性元件，与变阻器串联后成为非线性元件，U与I不成正比，，但要注意，二、实验题（2小题，共15分）：把答案填写在题目中的横线上或按题目要求作答．13．（6分）（2010秋•渭南期末）如图甲所示，某同学将一端固定有滑轮的长木板水平放置在桌沿上，利用钩码通过细线水平拉木块，让木块从静止开始运动．利用打点计时器在纸带上记录下的木块运动情况如图乙所示，其中O点为纸带上记录的第一点，A、B、C是该同学在纸带上所取的计数点，图乙所标明的数据为A、B、C各点到O点的距离．已知打点计时器所用交流电源频率f=50Hz．（以下的计算结果均要求保留两位有效数字）（1）打点计时器打下B点时木块的速度为v B= 0.78 m/s；木块移动的加速度a= 0.39 m/s2．（2）接着，该同学利用天平分别测出钩码的质量m=0.10kg和木块的质量M=0.40kg，根据给出的与已经算出的数据，该同学计算出木块与木板间的动摩擦因数μ．请写出最后的结果（忽略滑轮的阻力，取g=10m/s2）．μ= 0.20 ．考点：探究影响摩擦力的大小的因素．专题：实验题；摩擦力专题．分析：（1）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B点时小车的瞬时速度大小．（2）以整体为研究对象，根据牛顿第二定律列方程，即可求出木块与木板间的动摩擦因数μ．解答：解：（1）打点计时器打下B点时木块的速度为：v B==m/s=0.78m/s由△x=aT2得：a=，其中T=5×0.02=0.1s带入数据解得：a=0.39m/s2．（2）木块所受摩擦力为：f=Mgμ对整体有：mg﹣f=（M+m）a带入数据得：μ=0.20故答案为：（1）0.78，0.39；（2）0.20．点评：本题借助实验考查了基本规律和基本知识的应用，对于这些基本知识在平时练习中要加强理解和应用．14．（9分）（2010秋•渭南期末）某同学做“测量金属丝电阻率”的实验：（1）首先，他用螺旋测微器在被测金属丝上的三个不同位置各测一次直径，并求出其平均值作为金属丝的直径d．其中某次测量如图1所示，这次测量对应位置金属导线的直径为0.525 mm．（2）然后他测量了金属丝的电阻．实验中使用的器材有：a．金属丝（接入电路的长度l0为1m，电阻约5～6Ω）b．直流电源（4.5V，内阻不计）c．电流表（200mA，内阻约1.0Ω）d．电压表（3V，内阻约3kΩ）e．滑动变阻器（50Ω，1.5A）f．定值电阻R l（5.0Ω，1.5A）g．定值电阻R2（10.0Ω，1.0A）h．定值电阻R3（100.0Ω，1.0A）i．开关，导线若干该同学实验时的电路图如图2所示，且在实验中两块电表的读数都能接近满偏值，定值电阻应该选R2（选填“R1”、“R2”或“R3”）．（3）该同学根据测量时电流表的读数I、电压表的读数U描绘的U﹣I图象如图3所示，根据图象可以求得金属丝的电阻R x= 5.2 Ω（保留两位有效数字）．考点：测定金属的电阻率．专题：实验题；恒定电流专题．分析：（1）螺旋测微器的读数方法是固定刻度读数加上可动刻度读数，在读可动刻度读数时需估读；（2）根据两电表满偏电压和电流，由欧姆定律求出定值电阻的阻值来选择．（3）U﹣I图线的斜率等于待测电阻+待测电阻．在直线上取相距较远的两点，读出坐标求出斜率，求解．解答：解：（1）固定刻度的读数为：0.5mm，可动刻度读数为0.01×2.5mm=0.025mm，所以最终读数为：0.5mm+0.025mm=0.525mm．（2）根据欧姆定律得定值电阻R=﹣R被=﹣5=10Ω，故定值电阻应该选R2．（3）在直线选取离原点较远的一点，读出坐标U=2.75V，I=180mA=0.18A，待测电阻R被=﹣R定=5.2Ω故答案为：（1）0.525（0.524～0.526）；（2）R2；（3）5.2（4.9～5.5）．点评：（1）决本题的关键是掌握螺旋测微器的读数方法，螺旋测微器的读数方法是固定刻度读数加上可动刻度读数，在读可动刻度读数时需估读．（2）本题考查理解物理图象的能力．伏安法是测量电阻的基本原理，图象法是处理数据的常用方法，可以减小偶然误差．三．计算题（共2小题，32分．解答题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．）15．（15分）（2015•渭南一模）如图所示，质量为m的滑块在恒定外力作用下从水平轨道上的A点由静止出发运动到B点时撤去外力，又沿竖直面内半径为R的光滑半圆形轨道运动，且恰好通过轨道最高点C，滑块脱离半圆形轨道后又刚好落到原出发点A，求：（1）AB段的距离（2）滑块刚过B点时对轨道的压力（3）滑块在AB段运动过程中的加速度．考点：机械能守恒定律；牛顿第二定律；牛顿第三定律；平抛运动．专题：机械能守恒定律应用专题．分析：设圆弧半径为R，小球恰好通过最高点，重力提供向心力，根据牛顿第二定律列式求出最高点速度；滑块从B上升到C过程，只有重力做功，机械能守恒，根据机械能守恒定律再列式求出B点速度；滑块平抛运动可以求出水平分位移x；滑块在AB段运动过程中做匀加速运动，根据速度位移关系公式列方程求出加速度a；解答：解：（1）沿竖直面内半径为R的光滑半圆形轨道运动，且恰好通过轨道最高点C，在C点由牛顿第二定律有：mg=m①离开C，滑块做平抛运动，则：2R=gt2②x AB=v C t③联立以上①②③式解得：x AB=2R（2）由B到C的过程机械能守恒得：mv C2+2mgR=mv B2④在B点，根据牛顿第二定律得：F B﹣mg=m⑤由①④⑤解得：F B=6mg由牛顿第三定律知：滑块对轨道的压力为6mg，方向竖直向下．（3）由运动学公式得：v B2=2ax AB可得：a=g答：（1）AB段的距离是2R，（2）滑块刚过B点时对轨道的压力是6mg，（3）滑块在AB段运动过程中的加速度是g．点评：本题关键将滑块的运动过程分为直线加速、圆周运动、平抛运动三个过程，同时抓住物体恰好通过最高点的临界条件分析求解．16．（17分）（2010秋•渭南期末）如图所示，磁感应强度为B=2.0×10﹣3T的磁场分布在xOy 平面上的MON三角形区域，其中M、N点距坐标原点O均为1.0m，磁场方向垂直纸面向里．坐标原点O处有一个粒子源，不断地向xOy平面发射比荷为=5×107C/kg的带正电粒子，它们的速度大小都是v=5×104m/s，与x轴正方向的夹角分布在0～90°范围内．（1）求平行于x轴射入的粒子，出射点的位置及在磁场中运动时间；（2）若从O点入射的与x轴正方向成θ角的粒子恰好不能从MN边射出，试画出此粒子运动的轨迹；（3）求能从直线MN射出的粒子，从粒子源O发射时的速度与x轴正向夹角范围．（可供参考几个三角函数值sin41°=0.656，sin38°=0.616）．考点：带电粒子在匀强磁场中的运动；带电粒子在匀强电场中的运动．专题：带电粒子在磁场中的运动专题．分析：（1）带电粒子在磁场中受到洛伦兹力作用下做匀速圆周运动，洛伦兹力始终与速度相垂直，因此洛伦兹力不做功，所以动能不变，速度也不变．带电粒子在磁场中运动，由左手定则可判定洛伦兹力方向．从而可根据运动轨迹来确定洛伦兹力的方向，最终能得出磁感应强度大小与方向．当平行于x轴射入的粒子时，运动轨迹对应的圆心正好落在y轴上，当已知条件算出圆弧对应的半径，可得运动轨迹恰好是圆的四分之一．从而确定出射点的位置与运动时间．。

陕西省咸阳市渭南中学高二物理期末试题含解析

陕西省咸阳市渭南中学高二物理期末试题含解析一、选择题：本题共5小题，每小题3分，共计15分．每小题只有一个选项符合题意1. （单选）如图所示，在水平地面下有一条沿东西方向铺设的水平直导线，导线中通有自东向西的稳定、强大的直流电流，现有一闭合的检测线圈（线圈中串有灵敏的检流表，图中未画出），若不考虑地磁场的影响，检测线圈位于水平面内，从距直导线很远处由北向南沿水平地面通过导线的上方并移至距直导线很远处的过程中，俯视检测线圈，其中的感应电流的方向是（）A．先顺时针，后逆时针B．先逆时针，后顺时针C．先逆时针，接着顺时针，然后再变为逆时针D．先顺时针，接着逆时针，然后再变为顺时针参考答案：解：根据右手螺旋定则可确定如图所示的电流周围的磁场方向；当检测线圈水平向南移动时，由于通电导线的磁场作用，导致穿过线圈的磁通量发生变化，从而产生感应电流，因此有：先向下的磁场在增加，则有感应电流方向逆时针；当移动超过正上方后，向下的磁场在减小，所以感应电流方向为顺时针；当继续向南移动时，向上磁场在减弱，则有感应电流方向逆时针，故C正确，ABD均错误；故选：C．2. 关于电场线和磁感线,下列说法正确的是A、电场线和磁感线都是闭合的曲线B、磁感线是从磁体的N极发出，终止于S极C、电场线和磁感线都不能相交D、电场线和磁感线都是现实中存在的参考答案：C3. 两根由同种材料制成的均匀电阻丝A、B串联在电路中，A的长度为L，直径为d；B的长度为2L，直径为2d，那么通电后在相同的时间内产生的热量之比为:( ） A．QA:QB=1:1 B．QA:QB=2:1C．QA:QB=1:2 D．QA:QB=4:1参考答案：B4. 如图所示，虚线a、b和c是某静电场中的三个等势而，它们的电势分别为Ua、Ub和Uc，Ua＞Ub＞Uc.一带正电的粒子射入电场中，其运动轨迹如实线KLMN所示，由图可知( ).A、粒子从K到L的过程中，电场力做负功B、粒子从L到M的过程中，电场力做负功C、粒子从K到L的过程中，静电势能增加D、粒子从L到M的过程中，动能减少参考答案：5. 如图所示的通电螺线管内部a及管外b、c、d四个位置，磁感强度最大的位置是AA．a处 B．b处 C．c处 D．d处参考答案：A二、填空题：本题共8小题，每小题2分，共计16分6. 质量为m，长为L的的金属棒ab用两根细绝缘丝悬挂在绝缘架MN下面，整个装置处在竖直方向的匀强磁场中，当金属棒通以由a向b的电流I后，将离开原位置向前偏转角而重新平衡，如图。

陕西省渭南市华县咸林中学高三物理上学期期中试卷(含

2014-2015学年陕西省渭南市华县咸林中学高三（上）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，第1、3、5、7题，有多项符合题目要求，其余只有一项符合题目要求．全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分．）1．下列实例属于超重现象的是（）A．汽车驶过拱形桥顶端B．荡秋千的小孩通过最低点C．跳水运动员被跳板弹起，离开跳板向上运动D．火箭点火后加速升空2．如图所示，带支架的平板小车沿水平面向左做直线运动，小球A用细线悬挂于支架前端，质量为m的物块B始终相对于小车静止地摆放在右端．B与小车平板间的动摩擦因数为μ．若某时刻观察到细线偏离竖直方向θ角，则此刻小车对物块B产生的作用力的大小和方向为（）A． mg，竖直向上B． mg，斜向左上方C．mgtanθ，水平向右D． mg，斜向右上方3．如图所示，一个质量为m的圆环套在一根固定的水平长直杆上，环与杆的动摩擦因数为μ．现给环一个水平向右的恒力F，使圆环由静止开始运动，同时对环施加一个竖直向上、大小随速度变化的作用力F1=kv，其中k为常数，则圆环运动过程中（）A．最大加速度为B．最大加速度为C．最大速度为D．最大速度为4．在地质、地震、勘探、气象与地球物理等领域的研研中，需要精确的重力加速度g值，g 值可由实验精确测定．近年来有一种测g值的方法叫“对称自由下落法”：将真空长直管沿竖直方向放置，自其中O点向上抛小球又落至原处的时间为T2在小球运动过程中经过比O点高H的P点，小球离开P点至又回到P点所用的时间为T1，测得T1、T2和H，可求得g等于（）A．B．C．D．5．伽利略开创了实验研究和逻辑推理相结合探索物理规律的科学方法，利用这种方法伽利略发现的规律有（）A．力不是维持物体运动的原因B．忽略空气阻力，重物与轻物下落得同样快C．物体之间普遍存在相互吸引力D．物体间的相互作用力总是大小相等，方向相反6．如图所示，某人静躺在椅子上，椅子的靠背与水平面之间有固定倾斜角θ，若此人所受重力为G，则椅子各个部分对他的作用力的全力大小为（）A．GtanθB．GsinθC．GcosθD． G7．如图，倾角为θ=30°的斜面与水平面保持静止，斜面上有一重为G的物体A，物体A与斜面间的动摩擦因数μ=0.5．现给A施以一水平力F，如图所示．设最大静摩擦力与滑动摩擦力相等），如果物体A能在斜面上静止，水平推力F与G的比值可能是（）A． 0 B． 0.5 C． 1 D． 28．甲、乙两个物体从同一地点、沿同一直线同时做直线运动，其v﹣t图象如图所示，则（）A． 1 s时甲和乙相遇B． 2 s时甲的速度方向反向C． 2～6 s内甲相对乙做匀速直线运动D． 4 s时乙的加速度方向反向9．如图所示，小球用细绳系住，绳的另一端固定于O点．现用水平力F缓慢推动斜面体，小球在斜面上无摩擦地滑动，细绳始终处于直线状态，当小球升到接近斜面顶端时细绳接近水平，此过程中斜面对小球的支持力F N以及绳对小球的拉力F T的变化情况是（）A． F N保持不变，F T不断增大B． F N不断增大，F T不断减小C． F N保持不变，F T先增大后减小D． F N不断增大，F T先减小后增大10．如图所示，水平木板上有质量m=1.0kg的物块，受到随时间t变化的水平拉力F作用，用力传感器测出相应时刻物块所受摩擦力F f的大小．取重力加速度g=10m/s2，下列判断正确的是（）A． 5 s内拉力对物块做功为零B． 6 s～9 s内物块的加速度大小为2.0 m/s2C．物块与木板之间的动摩擦因数为0.4D． 4 s末物块所受合力大小为4.0 N二、填空题（11题5分，12题12分共17分）11．在做“验证力的平行四边形定则”的实验中，若测量F1时弹簧秤的弹簧与其外壳发生了摩擦（但所描出的细绳拉力的方向较准确），则用平行四边形定则作出的F1和F2的合力F 与其真实值比较，F的大小偏．（F1和F2的夹角为锐角）12．某实验小组设计了如图（a）所示的实验装置，通过改变重物的质量，利用计算机可得滑块运动的加速度a和所受拉力F的关系图象．他们在轨道水平和倾斜的两种情况下分别做了实验，得到了两条a﹣F图线，如图（b）所示．（1）图线是在轨道左侧抬高成为斜面情况下得到的（选填“①”或“②”）；（2）滑块和位移传感器发射部分的总质量m= kg；滑块和轨道间的动摩擦因数μ=．三．计算题：（4小题，共43分．按题目要求作答，应写出必要的文字说明、方程式和重要步骤，只写出最后答案的不能得分．）13．运动会上4×100m接力赛是最为激烈的比赛项目，有甲乙两运动员在训练交接棒的过程中发现，甲短距离加速后能保持9m/s的速度跑完全程．为了确定乙起跑的时机，甲在接力区前S0处作了标记，当甲跑到此标记时向乙发出起跑口令，乙在接力区的前端听到口令时立即起跑（忽略声音传播的时间及人的反应时间），先做匀加速运动，速度达到最大后，保持这个速度跑完全程．已知接力区的长度为L=20m，试求：若S0=13.5m，且乙恰好在速度达到与甲相同时被甲追上，完成交接棒，则在完成交接棒时乙离接力区末端的距离为多大？14．一个质量m=2kg的滑块在倾角为θ=37°的固定斜面上，受到一个大小为40N的水平推力F作用，以v0=10m/s的速度沿斜面匀速上滑．（sin37°=0.6，取g=10m/s2）（1）求滑块与斜面间的动摩擦因数；（2）若滑块运动到A点时立即撤去推力F，求这以后滑块再返回A点经过的时间．15．某中学生身高1.80m，质量70kg，他站立举臂70kg．他站立举臂，手指摸到的高度为2.25m．如果他先下蹲，再用力蹬地向上跳起，同时举臂，手指摸到的高度为2.70m．设他从蹬地到离开地面所用的时间为0.3s．求：（1）他刚离地跳起时的速度大小；（2）他与地面间的平均作用力的大小．（取g=10m/s2）16．一个静止在倾角为30°的长斜面上的物体，被向下轻轻一推，它刚好能匀速下滑．若给此物体一个V0=8m/s沿斜面向上的初速度，取g=10m/s2，则物体经过t=1s时间所通过的距离是多少？2014-2015学年陕西省渭南市华县咸林中学高三（上）期中物理试卷参考答案与试题解析一、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，第1、3、5、7题，有多项符合题目要求，其余只有一项符合题目要求．全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分．）1．下列实例属于超重现象的是（）A．汽车驶过拱形桥顶端B．荡秋千的小孩通过最低点C．跳水运动员被跳板弹起，离开跳板向上运动D．火箭点火后加速升空考点：超重和失重．分析：当物体对接触面的压力大于物体的真实重力时，就说物体处于超重状态，此时有向上的加速度；当物体对接触面的压力小于物体的真实重力时，就说物体处于失重状态，此时有向下的加速度；如果没有压力了，那么就是处于完全失重状态，此时向下加速度的大小为重力加速度g．解答：解：A、超重是物体受到接触面竖直向上的支持力或绳的拉力大于重力．在汽车驶过拱形桥顶端时，由重力的分力提供做圆周运动向心力，所以支持力小于重力，处于失重状态，所以A错误；B、荡秋千的小孩通过最低点时，由支持力和重力的合力提供向心力．合力向上，所以支持力大于重力，处于超重状态，所以B正确；C、跳水运动员离开跳板向上运动时，与跳板分离，没有支持力，完全失重，所以C错误；D、火箭点火加速升空的过程中，有向上的加速度，是由支持力和重力的合力提供，处于超重状态，所以D正确．所以BD正确．故选：BD．点评：本题考查了学生对超重失重现象的理解，掌握住超重失重的特点，本题就可以解决了．2．如图所示，带支架的平板小车沿水平面向左做直线运动，小球A用细线悬挂于支架前端，质量为m的物块B始终相对于小车静止地摆放在右端．B与小车平板间的动摩擦因数为μ．若某时刻观察到细线偏离竖直方向θ角，则此刻小车对物块B产生的作用力的大小和方向为（）A． mg，竖直向上B． mg，斜向左上方C．mgtanθ，水平向右D． mg，斜向右上方考点：牛顿第二定律；物体的弹性和弹力．专题：牛顿运动定律综合专题．分析：先以A为研究对象，根据牛顿第二定律求出加速度．再对B研究，由牛顿第二定律求解小车对物块B产生的摩擦力大小和方向，再对支持力进行合成，得到小车对B的作用力的大小和方向．解答：解：以A为研究对象，分析受力如图，根据牛顿第二定律得：m A gtanθ=m A a，得：a=gtanθ，方向水平向右．再对B研究得：小车对B的摩擦力为：f=ma=mgtanθ，方向水平向右，小车对B的支持力大小为N=mg，方向竖直向上，则小车对物块B产生的作用力的大小为：F==mg，方向斜向右上方故选：D点评：本题要抓住小球、物块B和小车的加速度相同的特点，根据牛顿第二定律采用隔离法研究3．如图所示，一个质量为m的圆环套在一根固定的水平长直杆上，环与杆的动摩擦因数为μ．现给环一个水平向右的恒力F，使圆环由静止开始运动，同时对环施加一个竖直向上、大小随速度变化的作用力F1=kv，其中k为常数，则圆环运动过程中（）A．最大加速度为B．最大加速度为C．最大速度为D．最大速度为考点：牛顿第二定律；力的合成与分解的运用；共点力平衡的条件及其应用．专题：牛顿运动定律综合专题．分析：根据力F1与重力mg的关系分析圆环的运动性质与运动过程，应用平衡条件与牛顿第二定律分析答题．解答：解：A、当F1=mg，即：kv=mg，v=时，圆环水平方向不受摩擦力，则圆环的加速度最大为a=，A正确B错误；C、当滑动摩擦力f=μ（kv﹣mg）=F时，对应的速度最大，v=，C正确D错误；故选：AC．点评：本题考查了求最大加速度、最大速度问题，对圆环正确受力分析、分析清楚圆环运动过程是正确解题的前提与关键，应用牛顿第二定律即可正确解题；要讨论F与mg的关系，然后根据各种情况答题，这是容易出错的地方．4．在地质、地震、勘探、气象与地球物理等领域的研研中，需要精确的重力加速度g值，g 值可由实验精确测定．近年来有一种测g值的方法叫“对称自由下落法”：将真空长直管沿竖直方向放置，自其中O点向上抛小球又落至原处的时间为T2在小球运动过程中经过比O点高H的P点，小球离开P点至又回到P点所用的时间为T1，测得T1、T2和H，可求得g等于（）A．B．C．D．考点：自由落体运动．专题：自由落体运动专题．分析：解决本题的关键是将竖直上抛运动分解成向上的匀减速运动和向下的匀加速，所以从最高点落到O点的时间为，落到P点的时间为，可以求出V P和V O，根据OP之间可得H=可求出g．解答：解：将小球的运动分解为竖直向上的匀减速直线运动和竖直向下的自由落体运动，根据t上=t下则从最高点下落到O点所用时间为，故，从最高点下落到P点所用时间为，则有：，则从P点下落到O点的过程中的平均速度为：从P点下落到O点的时间为：t=根据H=可得：H==解得：g=．故选：A．点评：对称自由落体法实际上利用了竖直上抛运动的对称性，所以解决本题的关键是将整个运动分解成向上的匀减速运动和向下匀加速运动，利用下降阶段即自由落体运动阶段解题．另外本题用到了利用平均速度求解位移的方法：s=．5．伽利略开创了实验研究和逻辑推理相结合探索物理规律的科学方法，利用这种方法伽利略发现的规律有（）A．力不是维持物体运动的原因B．忽略空气阻力，重物与轻物下落得同样快C．物体之间普遍存在相互吸引力D．物体间的相互作用力总是大小相等，方向相反考点：伽利略研究自由落体运动的实验和推理方法．专题：常规题型．分析：本题要掌握伽利略关于运动和力关系的观点、落体运动的规律理论等等．解答：解：A、伽利略根据理想斜面实验，发现了力不是维持物体运动的原因，故A正确．B、伽利略开创了实验研究和逻辑推理相结合的方法，发现了忽略空气阻力，重物与轻物下落得同样快的规律．故B正确．C、伽利略没有发现物体之间普遍存在相互吸引力的规律．故C错误．D、伽利略没有发现物体间的相互作用力总是大小相等，方向相反的规律．故D错误．故选：AB点评：伽利略是物理学的奠基人之一，要学习他的成就和科学研究的方法．理想斜面实验抓住了客观事实的主要因素，忽略了次要因素，从而更深刻地揭示了自然规律．6．如图所示，某人静躺在椅子上，椅子的靠背与水平面之间有固定倾斜角θ，若此人所受重力为G，则椅子各个部分对他的作用力的全力大小为（）A．GtanθB．GsinθC．GcosθD． G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：人受多个力处于平衡状态，合力为零．人受力可以看成两部分，一部分是重力，另一部分是椅子各部分对他的作用力的合力．根据平衡条件求解．解答：解：人受多个力处于平衡状态，人受力可以看成两部分，一部分是重力，另一部分是椅子各部分对他的作用力的合力．根据平衡条件得椅子各部分对他的作用力的合力与重力等值，反向，即大小是G，方向是竖直向上．故选：D．点评：通过受力分析和共点力平衡条件求解，注意矢量叠加原理．要注意对“椅子各个部分对他的作用力的全力大小”的理解．7．如图，倾角为θ=30°的斜面与水平面保持静止，斜面上有一重为G的物体A，物体A与斜面间的动摩擦因数μ=0.5．现给A施以一水平力F，如图所示．设最大静摩擦力与滑动摩擦力相等），如果物体A能在斜面上静止，水平推力F与G的比值可能是（）A． 0 B． 0.5 C． 1 D． 2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：若物体刚好不下滑，分析物体受力情况：重力、水平力F、斜面的支持力和静摩擦力，此时静摩擦力沿斜面向上，达到最大值．根据平衡条件和摩擦力公式求出F与G的比值最小值，同理，物体刚好不上滑时求出F与G的比值最大值，得到F与G的比值范围．解答：解：设物体刚好不下滑时F=F1，作出力图如图．则由平衡条件得：F1•cosθ+μN1=G•sinθ，N1=F1•sinθ+G•cosθ．得：；设物体刚好不上滑时F=F2，则：F2•cosθ=μN2+G•sinθ，N2=F2•sinθ+G•cosθ，得：，即≤≤2．故选：BCD点评：本题关键要正确分析物体的受力情况，作出物体的受力示意图．当物体相对于另一物体刚要滑动时它们之间的静摩擦力达到最大值．8．甲、乙两个物体从同一地点、沿同一直线同时做直线运动，其v﹣t图象如图所示，则（）A． 1 s时甲和乙相遇B． 2 s时甲的速度方向反向C． 2～6 s内甲相对乙做匀速直线运动D． 4 s时乙的加速度方向反向考点：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．专题：运动学中的图像专题．分析：由v﹣t图象的性质可知两物体的运动方向、加速度，由图象与时间轴围成的面积可知两物体通过的位移关系．解答：解：A、由图可知，0﹣1s内，甲图象与坐标轴围成的面积比乙的小，说明甲的位移小，甲还没有和乙相遇，故A错误；B、甲物体的速度一直沿正方向，方向没有改变，故B错误；C、2～6s内，甲乙加速度相同，所以甲相对乙做匀速直线运动，故C正确；D、根据斜率等于加速度，可知t=4s时乙的加速度方向没有改变，仍沿负向．故D错误；故选：C．点评：对于速度时间图象要明确以下几点：（1）每一点的坐标表示该时刻物体的速度；（2）图象的斜率表示物体的加速度；（3）图象与时间轴围成的面积表示物体在这段时间内通过的位移．9．如图所示，小球用细绳系住，绳的另一端固定于O点．现用水平力F缓慢推动斜面体，小球在斜面上无摩擦地滑动，细绳始终处于直线状态，当小球升到接近斜面顶端时细绳接近水平，此过程中斜面对小球的支持力F N以及绳对小球的拉力F T的变化情况是（）A． F N保持不变，F T不断增大B． F N不断增大，F T不断减小C． F N保持不变，F T先增大后减小D． F N不断增大，F T先减小后增大考点：共点力平衡的条件及其应用．专题：共点力作用下物体平衡专题．分析：对小球进行受力分析，重力、支持力、拉力组成一个矢量三角形，由于重力不变、支持力方向不变，又缓慢推动，故受力平衡，只需变动拉力即可，根据它角度的变化，你可以明显地看到各力的变化．解答：解：先对小球进行受力分析，重力、支持力F N、拉力F T组成一个闭合的矢量三角形，由于重力不变、支持力F N方向不变，且从已知图形知β＞θ，且β逐渐变小，趋向于0；故斜面向左移动的过程中，拉力F T与水平方向的夹角β减小，当β=θ时，F T⊥F N，细绳的拉力F T最小，由图可知，随β的减小，斜面的支持力F N不断增大，F T先减小后增大．故D正确．ABC错误．故选：D．点评：本题考察物体的受力分析、共点力的动态平衡问题．物体在三个共点力作用下达到平衡状态，其中一个力的大小和方向均不发生变化时：一个力的方向不变，另一个力方向改变，利用力的三角形法则；另外两个力中，另外两个力方向均改变，利用力的三角形与几何三角形相似．对小球进行受力分析如图所示，则题干描述的动态过程可通过力的三角形边长的变化替代．10．如图所示，水平木板上有质量m=1.0kg的物块，受到随时间t变化的水平拉力F作用，用力传感器测出相应时刻物块所受摩擦力F f的大小．取重力加速度g=10m/s2，下列判断正确的是（）A． 5 s内拉力对物块做功为零B． 6 s～9 s内物块的加速度大小为2.0 m/s2C．物块与木板之间的动摩擦因数为0.4D． 4 s末物块所受合力大小为4.0 N考点：牛顿第二定律；功的计算．专题：功的计算专题．分析：结合拉力和摩擦力的图线知，物体先保持静止，然后做匀加速直线运动，结合牛顿第二定律求出加速度的大小和动摩擦因数的大小．解答：解：A、在0～4s内，物体所受的摩擦力为静摩擦力，4s末开始运动，则5s内位移不为零，则拉力做功不为零．故A错误；B、根据牛顿第二定律得，6s～9s内物体做匀加速直线运动的加速度a=．f=μmg，解得．故B正确，C错误．D、4s末拉力为4N，摩擦力为4N，合力为零．故D错误；故选：B．点评：解决本题的关键通过图线分析出物体的运动，根据牛顿第二定律进行求解；并明确功的计算方法．二、填空题（11题5分，12题12分共17分）11．在做“验证力的平行四边形定则”的实验中，若测量F1时弹簧秤的弹簧与其外壳发生了摩擦（但所描出的细绳拉力的方向较准确），则用平行四边形定则作出的F1和F2的合力F 与其真实值比较，F的大小偏小．（F1和F2的夹角为锐角）考点：验证力的平行四边形定则．专题：实验题．分析：测F1时弹簧测力计上的弹簧与其外壳发生了摩擦，则F1的测量值偏小，所以合力偏小．解答：解：测F1时弹簧测力计上的弹簧与其外壳发生了摩擦，摩擦力方向与橡皮筋拉力方向相反，则摩擦力加弹簧的弹力（示数）等于橡皮筋的弹力，故用平行四边形定则作出的F1和F2的合力F与其真实值比较，F的大小偏小；故答案为：小．点评：掌握实验原理是解决实验问题的关键．要清楚验证平行四边形定则实验的原理、数据处理方法以及误差分析．12．某实验小组设计了如图（a）所示的实验装置，通过改变重物的质量，利用计算机可得滑块运动的加速度a和所受拉力F的关系图象．他们在轨道水平和倾斜的两种情况下分别做了实验，得到了两条a﹣F图线，如图（b）所示．（1）图线是在轨道左侧抬高成为斜面情况下得到的（选填“①”或“②”）；（2）滑块和位移传感器发射部分的总质量m= kg；滑块和轨道间的动摩擦因数μ=．考点：牛顿第二定律；滑动摩擦力．专题：牛顿运动定律综合专题．分析：知道滑块运动的加速度a和所受拉力F的关系图象斜率等于滑块和位移传感器发射部分的总质量的倒数．对滑块受力分析，根据牛顿第二定律求解．解答：解：（1）由图象可知，当F=0时，a≠0．也就是说当绳子上没有拉力时小车就有加速度，该同学实验操作中平衡摩擦力过大，即倾角过大，平衡摩擦力时木板的右端垫得过高．所以图线①是在轨道右侧抬高成为斜面情况下得到的．（2）根据F=ma得a=所以滑块运动的加速度a和所受拉力F的关系图象斜率等于滑块和位移传感器发射部分的总质量的倒数．由图形b得加速度a和所受拉力F的关系图象斜率k=2，所以滑块和位移传感器发射部分的总质量m=0.5Kg由图形b得，在水平轨道上F=1N时，加速度a=0，根据牛顿第二定律得F﹣μmg=0解得μ=0.2故答案为：（1）①；（2）0.5，0.2点评：通过作出两个量的图象，然后由图象去寻求未知量与已知量的关系．运用数学知识和物理量之间关系式结合起来求解．三．计算题：（4小题，共43分．按题目要求作答，应写出必要的文字说明、方程式和重要步骤，只写出最后答案的不能得分．）13．运动会上4×100m接力赛是最为激烈的比赛项目，有甲乙两运动员在训练交接棒的过程中发现，甲短距离加速后能保持9m/s的速度跑完全程．为了确定乙起跑的时机，甲在接力区前S0处作了标记，当甲跑到此标记时向乙发出起跑口令，乙在接力区的前端听到口令时立即起跑（忽略声音传播的时间及人的反应时间），先做匀加速运动，速度达到最大后，保持这个速度跑完全程．已知接力区的长度为L=20m，试求：若S0=13.5m，且乙恰好在速度达到与甲相同时被甲追上，完成交接棒，则在完成交接棒时乙离接力区末端的距离为多大？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：甲追上乙时，位移之差等于s0，根据匀变速直线运动的平均速度公式，抓住位移关系求出追及的时间，从而求出在完成交接棒时乙离接力区末端的距离．解答：解：设经过时间t，甲追上乙，根据题意有：vt﹣将v=9m/s，s0=13.5m代入得：t=3s，此时乙离接力区末端的距离为△s=L﹣=20﹣m=6.5m．答：在完成交接棒时乙离接力区末端的距离为6.5m．点评：解决本题的关键理清运动过程，运用运动学公式和推论进行求解，本题采用平均速度的推论求解比较简捷．14．一个质量m=2kg的滑块在倾角为θ=37°的固定斜面上，受到一个大小为40N的水平推力F作用，以v0=10m/s的速度沿斜面匀速上滑．（sin37°=0.6，取g=10m/s2）（1）求滑块与斜面间的动摩擦因数；（2）若滑块运动到A点时立即撤去推力F，求这以后滑块再返回A点经过的时间．考点：共点力平衡的条件及其应用；匀变速直线运动的位移与时间的关系；力的合成与分解的运用；牛顿第二定律．专题：共点力作用下物体平衡专题．分析：（1）滑块在水平推力作用下沿斜面向上匀速运动，合力为零，根据正交分解法列方程，求解动摩擦因数；（2）若滑块运动到A点时立即撤去推力F，滑块先向上做匀减速运动，后向下做匀加速运动．根据牛顿第二定律和运动学公式结合求解时间．解答：解：（1）滑块在水平推力作用下沿斜面向上匀速运动时，合力为零，则有Fcos37°=mgsin37°+μ（mgcos37°+Fsin37°）代入解得，μ=0.5（2）撤去F后，滑块上滑过程：根据牛顿第二定律得：mgsin37°+μmgcos37°=ma1，得，a1=g（sin37°+μcos37°）上滑的时间为 t1==1s上滑的位移为 x==5m滑块下滑过程：mgsin37°﹣μmgcos37°=ma2，得，a2=g（sin37°﹣μcos37°）由于下滑与上滑的位移大小相等，则有x=解得，=s故 t=t1+t2=（1+）s。

[优质]西安市高二上学期期末考试物理试题有答案

2014—2015学年第一学期期末高二考试物理试题(时间：100分钟满分：100分)一、选择题（本题共12小题。

1-8题为单选题, 9-12 题为多选题，全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分，共计48分）1．某静电场的电场线分布，图中P、Q两点的电场强度的大小分别为EP 和EQ，电势分别为φP和φQ，则 ( )A．EP >EQ，φP>φQB．EP >EQ，φP<φQC．EP <EQ，φP>φQD．EP <EQ，φP<φQ2．如图所示，M、N是平行板电容器的两个极板，R0为定值电阻，R1、R2为可调电阻，用绝缘细线将质量为m、带正电的小球悬于电容器内部。

闭合电键S，小球静止时受到悬线的拉力为F。

调节R1、R2，关于F的大小判断正确的是( )A．保持R1不变，缓慢增大R2时，F将变大B．保持R1不变，缓慢增大R2时，F将变小C．保持R2不变，缓慢增大R1时，F将变大D．保持R2不变，缓慢增大R1时，F将变小3、在如图所示的电路中，E为电电动势，r为电内阻，R1和R3均为定值电阻，R2为滑动变阻器。

当R2的滑动触点在a端时合上开关S，此时三个电表A1、A2和V的示数分别为I1、I2和U。

现将R2的滑动触点向b端移动，则三个电表示数的变化情况是( )A．I1增大，I2不变，U增大B．I1减小，I2增大，U减小12C ．I 1增大，I 2减小，U 增大D ．I 1减小，I 2不变，U 减小4．如图所示，条形磁铁平放于水平桌面上，在它的正中央上方固定一根直导线，导线与磁场垂直，现给导线中通以垂直于纸面向外的电流，则下列说法正确的是 ( )． A ．磁铁对桌面的压力减小 B ．磁铁对桌面的压力增大 C ．磁铁对桌面的压力不变 D ．以上说法都不对5．每时每刻都有大量带电的宇宙射线向地球射，幸好地球磁场可以有效地改变这些宇宙射线中大多数射线粒子的运动方向，使它们不能到达地面，这对地球上的生命有十分重要的意义。

陕西省咸阳市高二(上)期末物理试卷(含答案)

高二（上）期末物理试卷一、单选题（本大题共8小题，共32.0分）1.法拉第是英国著名物理学家、化学家，他虽然出身贫寒而未受过正规教育，但却在众多领域作出惊人成就，堪称刻苦勤奋、探索真理、不计个人名利的典范．下列有关法拉第的科学贡献的说法中不正确的是（）A. 发现电磁感应现象B. 提出场的概念解释电、磁作用本质C. 提出分子电流假说D. 用场线形象描述电场和磁场2.矩形线圈ABCD位于通电直导线附近，如图所示，线圈和导线在同一平面内，且线圈的两个边与导线平行，下列情景中线圈中有感应电流的一组是（）①当线圈在平面内远离导线移动时②当导线中的电流I逐渐增大或减小时③当线圈以导线为轴转动时④当线圈以CD为轴转动时⑤当线圈在平面内向下移动时A. ①②③B. ①②④C. ①③⑤D. ③④⑤3.根据所学知识判断图中正确的是（）A. B. C. D.4.一段长0.2m，通过2.5A电流的直导线，置于磁感应强度为B=4T的匀强磁场中，关于它所受的安培力F，下列说法正确的是（）A. F一定是2NB. F不可能为0C. 不论F多大，F、电流和磁场三者方向总是两两垂直D. 只要F不为零，F总是垂直于电流和磁场方向5.如图所示，真空中O点固定一带负电的点电荷Q，在它的一侧有a、b、c三点，这三点在一条直线上，ab=bc，Ob恰好与ac垂直，现有一试探电荷q（带负电）在外力作用下沿直线由a向c运动，下列判断正确的是（）A. a、c两点的场强相同，且小于b点的场强B. a、c两点的电势相等，且小于b点的电势C. q运动过程中受到的库仑力先增大后减小D. q在a、b、c点的电势能依次增大6.静电计可以用来测量电容器的电压。

如图把它的金属球与平行板电容器一个极板连接，金属外壳与另一极板同时接地，从指针偏转角度可以推知两导体板间电势差的大小。

现在对电容器充完电后与电源断开，然后将一块电介质板插入两导体板之间，则（）A. 电容C增大，板间场强E减小，静电计指针偏角减小B. 电容C增大，板间场强E增大，静电计指针偏角减小C. 电容C增大，板间场强E增大，静电计指针偏角增大D. 电容C增大，板间场强E减小，静电计指针偏角增大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。