2014-2015学年甘肃省张掖市高台一中高二(下)期末物理试卷
甘肃省张掖市高台一中高二物理上学期9月月考试卷(含解析)-人教版高二全册物理试题
2014-2015学年甘肃省张掖市高台一中高二〔上〕月考物理试卷〔9月份〕一、单项选择题〔本大题共10小题；每一小题4分，共40分〕1．〔4分〕〔2014•湖北校级模拟〕物理学在揭示现象本质的过程中不断开展，如下说法不正确的答案是〔〕A．通电导线受到的安培力，实质上是导体内运动电荷受到洛仑兹力的宏观表现B．穿过闭合电路的磁场发生变化时电路中产生感应电流，是因为变化磁场在周围产生了电场使电荷定向移动C．磁铁周围存在磁场，是因为磁铁内有取向根本一致的分子电流D．踢出去的足球最终要停下来，说明力是维持物体运动的原因2．〔4分〕〔2007•学业考试〕1831年发现电磁感应现象的物理学家是〔〕A．牛顿B．伽利略C．法拉第 D．焦耳3．〔4分〕〔2015•宿迁模拟〕真空中两个同性的点电荷q1、q2，它们相距较近，保持静止．释放q2且q2只在q1的库仑力作用下运动，如此q2在运动过程中受到的库仑力〔〕A．不断减小B．不断增加C．始终保持不变D．先增大后减小4．〔4分〕〔2014秋•郑州期中〕如下列图，带正电的点电荷固定于Q点，电子在库仑力作用下，做以O为焦点的椭圆运动．M、P、N为椭圆上的三点，P点是轨道上离Q最近的点．电子在从M点经过P到达N点的过程中〔〕A．速率先增大后减小B．速率先减小后增大C．静电力先减小后增大D．电势能先增大后减小5．〔4分〕〔2013•某某〕两异种点电荷电场中的局部等势面如下列图，A点电势高于B点电势．假设位于a、b处点电荷的电荷量大小分别为q a和q b，如此〔〕A．a处为正电荷，q a＜q b B． a处为正电荷，q a＞q bC．a处为负电荷，q a＜q b D． a处为负电荷，q a＞q b6．〔4分〕〔2014•盐城一模〕如下列图，实线表示电场线，虚线表示带电粒子运动的轨迹．带电粒子只受电场力的作用，运动过程中电势能逐渐减小，它运动到b处时的运动方向与受力方向可能的是〔〕A．B．C．D．7．〔4分〕〔2014秋•某某县期中〕真空中有两个固定的带正电的点电荷，其电量Q1＞Q2，点电荷q置于Q1、Q2连线上某点时，正好处于平衡，如此〔〕A．q一定是正电荷B． q一定是负电荷C．q离Q2比离Q1远D． q离Q2比离Q1近8．〔4分〕〔2012•岳阳楼区校级模拟〕某匀强电场的电场线分布如下列图，A、B是电场中的两点，A、B两点的电场强度的大小分别为E A、E B，如此E A、E B的大小关系是〔〕A．E A＞E B B．E A＜E B C．E A=E B D．无法确定9．〔4分〕〔2014秋•工农区校级期末〕如图是某静电场的一局部电场线分布情况，如下说法正确的答案是〔〕A．这个电场可能是负点电荷的电场B．A点的电场强度小于B点的电场强度C．A、B两点的电场强度方向不一样D．负电荷在B点处受到的电场力的方向与该处电场方向一样10．〔4分〕〔2011秋•西山区校级期末〕在点电荷Q形成的电场中有一点A，当一个﹣q的检验电荷从电场的无限远处被移到电场中的A点时，电场力做的功为W，如此检验电荷在A点的电势能与电场中A点的电势分别为〔〕A．εA=﹣W，U A=B．εA=W，U A=﹣C．εA=W，U A=D．εA=﹣W，U A=﹣二、多项选择题〔本大题共5小题；每一小题4分，共20分．在每一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〕11．〔4分〕〔2013•贵州学业考试〕如下各量中，与检验电荷无关的量是〔〕A．电场强度E B．电场力F C．电势差U D．电场做的功W12．〔4分〕〔2014秋•高台县校级月考〕关于电场中场强和电势的关系，如下说法正确的答案是〔〕A．用库仑定律计算两带电金属球之间的静电力时，r一定是两球心间距B．试探电荷在电场中某处所受静电力大，场强不一定大C．在应用公式U=Ed时d可能比初、末位置的间距大D．处于静电平衡的导体，导体内部的场强一定为零13．〔4分〕〔2014秋•思南县校级期中〕两个带有电荷量的绝对值分别为Q和4Q的一样金属小球A和B〔均可视为点电荷〕，固定在相距为r处，库仑力为F1，现用与A、B完全一样的不带电的金属小球C，先后接触A、B两球后库仑力大小为F2，如此F1：F2为〔〕A．4：9 B．8：9 C．32：7 D． 32：914．〔4分〕〔2014•德庆县一模〕在真空中，电量为q1的点电荷产生的电场中有一点P，P点与q1的距离为r，把一个电量为q2的实验电荷放在P点，它受的静电力为F，如此P点电场强度的大小等于〔〕A．B．C．D．15．〔4分〕〔2013•广州三模〕如下列图为点电荷a、b所形成的电场线分布，以下说法正确的答案是〔〕A．a、b为异种电荷B． a、b为同种电荷C．A点场强大于B点场强D． A点电势高于B点电势三、填空题〔本大题共3小题，每空2分，共16分．〕16．〔4分〕〔2014秋•高台县校级月考〕在点电荷Q形成的电场中有一点A，当一个﹣q的检验电荷从电场的无限远处移到电场中的A点时，静电力做功为+W，如此检验电荷在A点的电势能和电势分别为、．17．〔6分〕〔2014秋•思南县校级期中〕匀强电场中A、B两点间距为2cm，两点连线与电场方向成60°角，将一电荷量为﹣2×10﹣5C的电荷由A点移到B点，其电势能增加了1×10﹣4J，如此静电力做的功为J，A、B两点间的电势差为V，电场强度的大小为V/m．18．〔6分〕〔2014秋•思南县校级期中〕长为L的金属杆原来不带电，在距其左端r处放一个电荷量为q的点电荷，如此金属杆中点处的场强为，金属杆上的感应电荷在杆中点处产生的场强大小为，方向向．四、计算题：〔此题共3小题，共22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〕19．〔8分〕〔2014秋•高台县校级月考〕有一个带电荷量q=3×10﹣6C的点电荷，从某电场中的A点移到B点，电荷抑制电场力做6×10﹣4J的功，从B点移到C点电场力对电荷做功9×10﹣4J，求A、C两点间电势差．20．〔8分〕〔2014秋•思南县校级期中〕在真空中相距30cm的A、B两点上，分别放置场源电荷Q和检验正点电荷q，q=1.6×10﹣12C，q受到的电场力F=3.2×10﹣9N，并沿AB方向，求：〔1〕B点处场强大小；〔2〕场源点电荷的带电量Q．〔2014秋•高台县校级月考〕如下列图，在平行金属带电极板MN电场中将电量为4×10 21．〔8分〕﹣6C的负点电荷从A点移到M板，电场力做负功8×10﹣4J，把该点电荷从A点移到N 板，电场力做正功为4×10﹣4J，如此：〔1〕U MN等于多少伏？〔2〕M板的电势φM和A点的电势φA分别是多少？2014-2015学年甘肃省张掖市高台一中高二〔上〕月考物理试卷〔9月份〕参考答案与试题解析一、单项选择题〔本大题共10小题；每一小题4分，共40分〕1．〔4分〕〔2014•湖北校级模拟〕物理学在揭示现象本质的过程中不断开展，如下说法不正确的答案是〔〕A．通电导线受到的安培力，实质上是导体内运动电荷受到洛仑兹力的宏观表现B．穿过闭合电路的磁场发生变化时电路中产生感应电流，是因为变化磁场在周围产生了电场使电荷定向移动C．磁铁周围存在磁场，是因为磁铁内有取向根本一致的分子电流D．踢出去的足球最终要停下来，说明力是维持物体运动的原因考点：安培力；洛仑兹力．分析：安培力是洛伦兹力的宏观表现，安培力实质是所受电荷所受洛伦兹力的合力；磁场发生变化，会产生电场，电荷在电场的作用下会发生定向移动；磁铁周围存在磁场，是因为磁铁内有取向根本一致的分子电流；物体的运动不需要力来维持，力是改变物体运动状态的原因．解答：解：A、通电导线受到的安培力，实质上是导体内部运动电荷受到的洛伦兹力的宏观表现．故A正确．B、穿过闭合回路的磁场发生变化时，产生感应电流，是变化的磁场周围产生电场，电荷在电场的作用下发生定向移动．故B正确．C、磁铁周围存在磁场，是因为磁铁内分子电流的取向根本一致．故C正确．D、物体的运动不需要力来维持，力是改变物体运动状态的原因．故D错误．此题要求选择不正确的，应当选：D．点评：解决此题的关键知道安培力的实质、闭合回路磁场发生变化时，产生感应电流的实质．知道物体的运动不需要力来维持．2．〔4分〕〔2007•学业考试〕1831年发现电磁感应现象的物理学家是〔〕A．牛顿B．伽利略C．法拉第 D．焦耳考点：电磁感应现象的发现过程．分析：英国物理学家法拉第经过10年的探索，在1830年取得突破，发现了利用磁场产生电流的条件和规律，根据这个现象发明了发电机．解答：解：电磁感应现象是英国物理学家法拉第发现的．应当选：C．点评：此题主要考查的是学生对物理学开展史的了解和掌握，根底性题目．3．〔4分〕〔2015•宿迁模拟〕真空中两个同性的点电荷q1、q2，它们相距较近，保持静止．释放q2且q2只在q1的库仑力作用下运动，如此q2在运动过程中受到的库仑力〔〕A．不断减小B．不断增加C．始终保持不变D．先增大后减小考点：库仑定律．专题：电场力与电势的性质专题．分析：此题比拟简单，由题可知小球受斥力，距离越来越远，因此直接利用库仑定律公式即可求解．解答：解：带电一样的小球受斥力作用，因此距离越来越远，由于电量保持不变，根据可知距离增大，电场力将逐渐减小，故BCD错误，A正确．应当选A．点评：对于库仑定律公式，要明确其使用条件和各个物理量的含义．4．〔4分〕〔2014秋•郑州期中〕如下列图，带正电的点电荷固定于Q点，电子在库仑力作用下，做以O为焦点的椭圆运动．M、P、N为椭圆上的三点，P点是轨道上离Q最近的点．电子在从M点经过P到达N点的过程中〔〕A．速率先增大后减小B．速率先减小后增大C．静电力先减小后增大D．电势能先增大后减小考点：库仑定律．分析：根据影响速度和电势能大小的因素来分析速度和电势能的变化，找到转化的方向．解答：解：A、当电子从M点向N点运动时，库仑力先做正功，后做负功，运动的速度先增加后减小，所以动能先增加后减小，如此电势能先减小后增加．所以A正确；B、D错误；C、根据库仑定律可知，静电力先增大后减小，故C错误；应当选：A．点评：根据库仑力做功的特点，库仑力做正功，电势能减小，库仑力做负功，电势能增加．5．〔4分〕〔2013•某某〕两异种点电荷电场中的局部等势面如下列图，A点电势高于B点电势．假设位于a、b处点电荷的电荷量大小分别为q a和q b，如此〔〕A．a处为正电荷，q a＜q b B． a处为正电荷，q a＞q bC．a处为负电荷，q a＜q b D． a处为负电荷，q a＞q b考点：等势面；电势．专题：电场力与电势的性质专题．分析：假设把该图象与等量异种点电荷电场中的局部等势面图比拟，很容易得出正确的结论．解答：解：假设把该图象与等量异种点电荷电场中的局部等势面图比拟，可以得到：靠近正电荷的点电势高，靠近负电荷的点，电势较低．所以，a处为正电荷．等量异种点电荷电场中的局部等势面图象中的等势面左右对称，无穷远处的电势为0．该图象的左侧的等势线比拟密，无穷远处的电势为0，所以无穷远处到两点之间的电势差相比，与a 点之间的电势差比拟大，所以a点所带的电量就多．故正确的答案应该选B．应当选：B点评：该题是常见电场知识的拓宽与延伸，需要有一定的知识迁移能力和较强的逻辑推理能力．对能力的要求相对较高．属于中档题目．6．〔4分〕〔2014•盐城一模〕如下列图，实线表示电场线，虚线表示带电粒子运动的轨迹．带电粒子只受电场力的作用，运动过程中电势能逐渐减小，它运动到b处时的运动方向与受力方向可能的是〔〕A．B．C．D．考点：电场线；电场强度．分析：据粒子的运动轨迹，判断粒子所受的电场力大体指向弯曲一侧，从而判断粒子受到的电场力的方向；电场力做正功粒子的动能增大，电势能减小．解答：解：粒子的运动轨迹，判断粒子所受的电场力大体指向弯曲一侧，从而判断粒子受力的方向向左，因不知电场线的方向，不能判断出粒子的电性；由于运动飞过程中粒子的电势能减小，所以电场力做正功，粒子运动的方向一定是c到a；应当选项D正确，选项ABC错误；应当选：D点评：此题关键是根据运动轨迹来判定电场力方向，由曲线运动条件可知合力偏向曲线内侧；电场线的疏密表示电场强度的强弱；用电场力做功和能量守恒定律判断动能和电势能的变化．7．〔4分〕〔2014秋•某某县期中〕真空中有两个固定的带正电的点电荷，其电量Q1＞Q2，点电荷q置于Q1、Q2连线上某点时，正好处于平衡，如此〔〕A．q一定是正电荷B． q一定是负电荷C．q离Q2比离Q1远D． q离Q2比离Q1近考点：库仑定律．分析：解决此题一定要把握“放入的电荷处于平衡状态〞这一特点进展受力分析．解答：解：A、因为Q1、Q2为固定的正电荷，只要放入的电荷受到的合力为0即可，通过受力分析可知，既可以放入正电荷，也可以放入负电荷，故AB错误；C、根据库仑定律，对q有k①Q1＞Q2 ②有①②得：q离Q2比离Q1近应当选：D点评：此题考察了库仑定律在电荷平衡中的应用，此题的难点在于计算，学生列出方程容易，但是计算正确难．8．〔4分〕〔2012•岳阳楼区校级模拟〕某匀强电场的电场线分布如下列图，A、B是电场中的两点，A、B两点的电场强度的大小分别为E A、E B，如此E A、E B的大小关系是〔〕A．E A＞E B B．E A＜E B C．E A=E B D．无法确定考点：电场线．分析：电场线的疏密表示电场强度的强弱，电场线某点的切线方向表示电场强度的方向，据此可正确解答．解答：解：电场线的疏密表示电场强度的强弱，由电场线的疏密可知，A、B两点电场强度的大小关系，所以E A=E B应当选C点评：电场线虽然不存在，但可形象来描述电场的分布，明确电场线分布与电场强度之间的关系．9．〔4分〕〔2014秋•工农区校级期末〕如图是某静电场的一局部电场线分布情况，如下说法正确的答案是〔〕A．这个电场可能是负点电荷的电场B．A点的电场强度小于B点的电场强度C．A、B两点的电场强度方向不一样D．负电荷在B点处受到的电场力的方向与该处电场方向一样考点：电场线．分析：电场线是从正电荷或者无穷远发出，到负电荷或无穷远处为止，电场线密的地方电场的强度大，电场线疏的地方电场的强度小，电场线的切线方向为该点场强的方向，正点电荷所受电场力的方向与该点场强方向一样解答：解：A、负点电荷的电场线是自四周无穷远处从不同方向指向负点电荷的直线，故A 错误．B、电场线越密的地方电场强度越大，由图可知E A＞E B，故B错误．C、电场强度的方向沿切线方向，故C正确．D、B点的切线方向即B点电场强度方向，而负电荷所受电场力方向与其相反，故D错误．应当选：C点评：此题关键要理解并掌握点电荷、匀强电场的电场线的分布情况，理解电场线的物理意义，就能轻松选择．10．〔4分〕〔2011秋•西山区校级期末〕在点电荷Q形成的电场中有一点A，当一个﹣q的检验电荷从电场的无限远处被移到电场中的A点时，电场力做的功为W，如此检验电荷在A点的电势能与电场中A点的电势分别为〔〕A．εA=﹣W，U A=B．εA=W，U A=﹣C．εA=W，U A=D．εA=﹣W，U A=﹣考点：电势；电势能．专题：电场力与电势的性质专题．分析：根据电场力做功多少，电荷的电势能就减小多少分析电荷在A点与无限远间电势能的变化量，确定电荷在A点的电势能，由公式U A=求解A点的电势．解答：解：依题意，﹣q的检验电荷从电场的无限远处被移到电场中的A点时，电场力做的功为W，如此电荷的电势能减小W，无限处电荷的电势能为零，如此电荷在A点的电势能为ɛA=﹣W，A点的电势U A==．应当选A点评：电场中求解电势、电势能，往往先求出电势能改变量、该点与零电势的电势差，再求解电势和电势能．公式U A=一般代入符号计算．二、多项选择题〔本大题共5小题；每一小题4分，共20分．在每一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〕11．〔4分〕〔2013•贵州学业考试〕如下各量中，与检验电荷无关的量是〔〕A．电场强度E B．电场力F C．电势差U D．电场做的功W考点：电场强度．专题：电容器专题．分析：电场中几个采用比值法下定义的物理量，结合物理含义分析选项；利用电场力和电场力做功公式分析选项．解答：解：A、电场强度的大小由电场本身的性质决定，与检验电荷的电量无关，故A正确．B、电场力F=qE，知电场力与检验电荷有关，故B错误．C、电场中两点间电势差由电场中两点的电势决定，电势与检验电荷无关，所以电势差与检验电荷无关．故C正确．D、电场力做功W=qU，知电场力做功与检验电荷的电量有关．故D错误．应当选：AC．点评：解题关键灵活应用场强和电势差的定义式，结合物理意义明确变形式的含义．12．〔4分〕〔2014秋•高台县校级月考〕关于电场中场强和电势的关系，如下说法正确的答案是〔〕A．用库仑定律计算两带电金属球之间的静电力时，r一定是两球心间距B．试探电荷在电场中某处所受静电力大，场强不一定大C．在应用公式U=Ed时d可能比初、末位置的间距大D．处于静电平衡的导体，导体内部的场强一定为零考点：电场强度；电势．专题：电场力与电势的性质专题．分析：库仑定律适用条件是真空中两个点电荷间静电力的计算．场强的定义式E=．匀强电场中场强与电势差的关系式是U=Ed，d是两点沿电场强度方向的距离．处于静电平衡的导体，导体内部的场强一定为零．根据这些知识进展分析．解答：解：A、库仑定律适用条件是真空中两个点电荷间静电力的计算，所以用库仑定律计算两带电金属球之间的静电力时，r不一定是两球心间距，故A错误．B、场强的定义式E=，试探电荷在电场中某处所受静电力大，E不一定大，还q的大小有关，故B正确．C、匀强电场中场强与电势差的关系式是U=Ed，d是两点沿电场强度方向的距离，所以d不可能比初、末位置的间距大，故C错误．D、根据静电平衡导体的特点可知，处于静电平衡时，导体内部的场强一定为零，故D正确．应当选：BD点评：解决此题关键要正确理解电场中各个公式的适用条件，公式中各个物理量的准确含义，知道静电平衡导体的特点．13．〔4分〕〔2014秋•思南县校级期中〕两个带有电荷量的绝对值分别为Q和4Q的一样金属小球A和B〔均可视为点电荷〕，固定在相距为r处，库仑力为F1，现用与A、B完全一样的不带电的金属小球C，先后接触A、B两球后库仑力大小为F2，如此F1：F2为〔〕A．4：9 B．8：9 C．32：7 D． 32：9考点：库仑定律．专题：电场力与电势的性质专题．分析：完全一样的带电小球接触时，假设是同种电荷如此将总电量平分，假设是异种电荷如此先中和然后将剩余电量平分，然后依据库仑定律求解即可．解答：解：假设小球A和B为同种电荷，不妨设为正电荷，由库仑定律F1=当小球C和A接触后，A球带电为，再和B球接触时，总电量平分后B球带电为Q，因此此时：所以假设小球A和B为异种电荷，不妨设A为+Q、B为﹣4Q，由库仑定律F1=当小球C和A接触后，A球带电为，再和B球接触时，先中和后总电量为，故平分后B 球带电为Q，因此此时：所以故CD正确，AB错误，应当选：CD．点评：完全一样的带电小球接触时，对于电量的重新分配规律要明确，然后正确利用库仑定律求解．14．〔4分〕〔2014•德庆县一模〕在真空中，电量为q1的点电荷产生的电场中有一点P，P点与q1的距离为r，把一个电量为q2的实验电荷放在P点，它受的静电力为F，如此P点电场强度的大小等于〔〕A．B．C．D．考点：电场强度．专题：电场力与电势的性质专题．分析：电量为q1的点电荷场源电荷，在P点产生的电场强度的大小根据公式E=k可以确定．电量为q2的实验电荷在P点所受的电静电力为F，根据电场强度的定义式E=也可以确定P点电场强度的大小．解答：解：A、B电量为q2的实验电荷在P点所受的电静电力为F，根据电场强度的定义式得到：P点电场强度的大小E=．故A错误，B正确．C、D电量为q1的点电荷场源电荷，在P点产生的电场强度的大小为E=k．故C正确，D错误．应当选BC点评：此题考查了电场强度的两个公式：E=，E=k，q是试探电荷，Q是场源电荷．15．〔4分〕〔2013•广州三模〕如下列图为点电荷a、b所形成的电场线分布，以下说法正确的答案是〔〕A．a、b为异种电荷B． a、b为同种电荷C．A点场强大于B点场强D． A点电势高于B点电势考点：电场线；电场强度．专题：电场力与电势的性质专题．分析：电场线是从正电荷或者无穷远出发出，到无穷远处或负电荷，电场线密的地方电场的强度大，电场线疏的地方电场的强度小．沿着电场线的方向电势降低．解答：解：AB、根据电场线的特点，从正电荷出发到负电荷终止可以判断是异种点荷的电场线．故A正确，B错误．C、电场线密的地方电场的强度大，电场线疏的地方电场的强度小．所以A点场强小于B点场强，故C错误．D、沿着电场线的方向电势降低，所以A点电势高于B点电势，故D正确．应当选：AD．点评：加强根底知识的学习，掌握住电场线的特点，即可解决此题．三、填空题〔本大题共3小题，每空2分，共16分．〕16．〔4分〕〔2014秋•高台县校级月考〕在点电荷Q形成的电场中有一点A，当一个﹣q的检验电荷从电场的无限远处移到电场中的A点时，静电力做功为+W，如此检验电荷在A点的电势能和电势分别为﹣W 、．考点：电势能；电势．专题：电磁学．分析：根据静电力做功多少，电荷的电势能就减小多少，分析检验电荷在A点与无限远间电势能的变化量，确定电荷在A点的电势能，由公式φA=求解A点的电势．解答：解：检验电荷﹣q从电场的无限远处被移到电场中的A点时，静电力做的功为+W，如此电荷的电势能减小+W，而电荷在无限处电势能为零，如此电荷在A点的电势能为E A=﹣W，A 点的电势φA===．故答案为：﹣W；．点评：电场中求解电势、电势能，往往先求出电势能改变量、该点与零电势的电势差，再求解电势和电势能．公式φA=一般代入符号计算．17．〔6分〕〔2014秋•思南县校级期中〕匀强电场中A、B两点间距为2cm，两点连线与电场方向成60°角，将一电荷量为﹣2×10﹣5C的电荷由A点移到B点，其电势能增加了1×10﹣4J，如此静电力做的功为﹣1×10﹣4J，A、B两点间的电势差为 5 V，电场强度的大小为5×102V/m．考点：匀强电场中电势差和电场强度的关系；电场强度；电势．专题：电场力与电势的性质专题．分析：根据电势能变化和电场力做功的关系，电势能增加多少，电场力做负功多少．由U=求解电势差，由U=Ed求解电场强度E．解答：解：因为电荷由A移到B的过程中，电势能增加了1×10﹣4J，所以静电力做的功为 W=﹣1×10﹣4J．A、B两点间的电势差：U AB==V=5V．又因为在匀强电场中U=Ed，所以有：U AB=E cos60°如此：E=V/m=5×102V/m故答案为：1×10﹣4；5；5×102点评：此题考查电场力做功与电势能变化的关系、电势差与场强的关系，都是电场中的根本知识，要加强学习，熟练掌握．18．〔6分〕〔2014秋•思南县校级期中〕长为L的金属杆原来不带电，在距其左端r处放一个电荷量为q的点电荷，如此金属杆中点处的场强为，金属杆上的感应电荷在杆中点处产生的场强大小为，方向向水平向左．考点：静电场中的导体；电场强度．专题：电场力与电势的性质专题．分析：物体带电有接触起电，有感应带电，有摩擦起电．对于感应带电，是利用同种电荷相互排斥，异种电荷相互吸引的原理．解答：解：在距其左端r处放一个电荷量为q的点电荷，如此金属杆中点处的场强为E=；当水平导体棒当达到静电平衡后，棒上感应电荷在棒内距离左端处产生的场强大小与一带电量为q的点电荷在该处产生的电场强度大小相等，如此有：E=由于该处的电场强度为零，所以方向与一带电量为Q的点电荷在该处产生的电场强度的方向相反，即水平向左故答案为：；；水平向左．点评：感应带电的本质是电荷的转移；当金属导体处于电场时出现静电平衡现象．四、计算题：〔此题共3小题，共22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〕19．〔8分〕〔2014秋•高台县校级月考〕有一个带电荷量q=3×10﹣6C的点电荷，从某电场中的A点移到B点，电荷抑制电场力做6×10﹣4J的功，从B点移到C点电场力对电荷做功9×10﹣4J，求A、C两点间电势差．考点：电势差．专题：电场力与电势的性质专题．。
甘肃省张掖二中2014-2015学年高二下学期月考物理试卷(10月份)
甘肃省张掖二中2014-2015学年高二下学期月考物理试卷（10月份）一、单项选择题（本题共6小题，每小题4分，共24分）1．（4分）关于电场强度与电势的关系，下面各种说法中正确的是（）A．电场强度大的地方，电势一定高B．电场强度不变，电势也不变C．电场强度为零处，电势一定为零D．电场强度的方向是电势降低最快的方向2．（4分）如图所示，空间有一电场，电场中有两个点a和b．下列表述正确的是（）A．该电场是匀强电场B． a点的电场强度比b点的大C． a点的电势比b点的高D．正电荷在a、b两点受力方向相同3．（4分）在真空中有两个等量的正电荷q1和q2，分别固定于A、B两点，DC为AB连线的中垂线，先将一正电荷q3由C点沿着中垂线移至无穷远处的过程中，下列结论正确的有（）A．电势能逐渐减小 B．电势能逐渐增大C． q3受到的电场力逐渐减小 D． q3受到的电场力逐渐增大4．（4分）如图所示，a、b、c为电场中同一条水平方向电场线上的三点，c为ab中点．a、b电势分别为φa=5V，φb=3V，下列叙述正确的是（）A．该电场在c点处的电势一定为4VB． a点处的场强E a一定大于b点处的场强E bC．一正电荷从c点运动到b点电势能一定减少D．一正电荷运动到c点时受到的电场力由c指向a5．（4分）空间存在甲、乙两相邻的金属球，甲球带正电，乙球原来不带电，由于静电感应，两球在空间形成了如图所示稳定的静电场．实线为其电场线，虚线为其等势线，A、B两点与两球球心连线位于同一直线上，C、D两点关于直线AB对称，则（）A． A点和B点的电势相同B． C点和D点的电场强度相同C．正电荷从B点移至A点，电场力做负功D．负电荷从C点沿直线CD移至D点，电势能先增大后减小6．（4分）如图，一半径为R的圆盘上均匀分布着电荷量为Q的电荷，在垂直于圆盘且过圆心c的轴线上有a、b、d三个点，a和b、b和c、c和d 间的距离均为R，在a点处有一电荷量为q（q＞0）的固定点电荷．已知b 点处的场强为零，则d点处场强的大小为（k为静电力常量）（）A．B．C．D．二、多项选择题（本题共4小题，每小题6分，共24分）7．（6分）下列各量中，与检验电荷无关的物理量是（）A．电场力F B．电场强度E C．电势差U D．电场做的功W8．（6分）带电粒子M只在电场力作用下由P点运动到Q点，在此过程中克服电场力做了2.6×10﹣8 J的功，那么（）A． M在P点的电势能一定小于它在Q点的电势能B． P点的场强一定小于Q点的场强C． P点的电势一定高于Q点的电势D． M在P点的动能一定大于它在Q点的动能9．（6分）如图所示的电路中，AB是两金属板构成的平行板电容器．先将电键K闭合，等电路稳定后再将K断开，然后将B板向下平移一小段距离，并且保持两板间的某点P与A板的距离不变．则下列说法正确的是（）A．电容器的电容变小B．电容器内部电场强度大小变大C．电容器内部电场强度大小不变D． P点电势升高10．（6分）带电粒子在匀强电场中的运动轨迹如图所示，如果带电粒子只受电场力作用从a到b运动，下列说法正确的是（）A．粒子带正电B．粒子在a和b点的加速度相同C．该粒子在a点的电势能比在b点时大D．该粒子在b点的速度比在a点时大三、实验题（12分）按照题目要求填空．11．（4分）探究力对原来静止的物体做的功与物体获得的速度的关系，实验装置如图所示，实验主要过程如下：（1）设法让橡皮筋对小车做的功分别为W、2W、3W、…；（2）分析打点计时器打出的纸带，求出小车的速度v1、v2、v3、…；（3）作出W﹣v草图；（4）分析W﹣v图象．如果W﹣v图象是一条直线，表明W∝v；如果不是直线，可考虑是否存在W∝v2、W∝v3、W∞等关系．以下关于该实验的说法中有一项不正确，它是（）A．本实验设法让橡皮筋对小车做的功分别为W、2W、3W、…．所采用的方法是选用同样的橡皮筋，并在每次实验中使橡皮筋拉伸的长度保持一致．当用1条橡皮筋进行实验时，橡皮筋对小车做的功为w，用2条、3条、…橡皮筋并在一起进行第2次、第3次、…实验时，橡皮筋对小车做的功分别是2W、3W、…B．小车运动中会受到阻力，补偿的方法，可以使木板适当倾斜C．某同学在一次实验中，得到一条记录纸带．纸带上打出的点，两端密、中间疏．出现这种情况的原因，可能是没有使木板倾斜或倾角太小D．根据记录纸带上打出的点，求小车获得的速度的方法，是以纸带上第一点到最后一点的距离来进行计算12．（8分）在“验证机械能守恒定律”的实验中，质量m=1kg的物体自由下落，得到如乙图所示的纸带，相邻计数点间的时间间隔为0.04s．那么从打点计时器打下起点O到打下B点的过程中，物体重力势能的减少量E p=J，此过程中打点计时器打点B时的速度V B=m/s，物体动能的增加量E k=J．由此可得到的结论是：．（g=9.8m/s2，保留三位有效数字）四、计算题（本题共4小题，共50分）13．（10分）如图所示，在匀强电场中，将带电荷量q=﹣6×10﹣6C的电荷从电场中的A点移到B点，克服电场力做了2.4×10﹣5J的功，再从B 点移到C点，电场力做了1.2×10﹣5J的功．求：（1）A、B两点间的电势差U AB和B、C两点间的电势差U BC；（2）如果规定B点的电势为零，则A点和C点的电势分别为多少？（3）作出过B点的一条电场线（只保留作图的痕迹，不写做法）．14．（12分）一个带正电的微粒，从A点射入水平方向的匀强电场中，微粒沿直线AB运动，如图所示，AB与电场线夹角θ=30°．已知带电微粒的质量m=1.0×10﹣7kg，电量q=1.0×10﹣10C，A、B相距L=20cm．（取g=10m/s2，结果要求二位有效数字）求：（1）试说明微粒在电场中运动的性质，要求说明理由．（2）电场强度大小、方向？（3）要使微粒从A点运动到B点，微粒射入电场时的最小速度是多少？15．（14分）如图所示，在E=103V/m的水平向左匀强电场中，有一光滑半圆形绝缘轨道竖直放置，轨道与一水平绝缘轨道MN连接，半圆轨道所在竖直平面与电场线平行，其半径R=0.4m，一带正电荷q=10﹣4C 的小滑块质量为m=0.04kg，小滑块与水平轨道间的动摩因数μ=0.2， g取10m/s2，求：（1）要小滑块能运动到圆轨道的最高点L，滑块应在水平轨道上离N点多远处释放？（2）这样释放的滑块通过P点时对轨道压力是多大？（P为半圆轨道中点）16．（14分）如图所示，EF与GH间为一无场区．无场区左侧A、B为相距为d、板长为L的水平放置的平行金属板，两板上加某一电压从而在板间形成一匀强电场，其中A为正极板．无场区右侧为一点电荷Q形成的电场，点电荷的位置O为圆弧形细圆管CD的圆心，圆弧半径为R，圆心角为120°，O、C在两板间的中心线上，D位于GH上．一个质量为m、电荷量为q的带正电粒子以初速度v0沿两板间的中心线射入匀强电场，粒子出匀强电场经无场区后恰能进入细圆管，并做与管壁无相互挤压的匀速圆周运动．（不计粒子的重力、管的粗细）求：（1）O处点电荷的电性和电荷量；（2）两金属板间所加的电压．甘肃省张掖二中2014-2015学年高二下学期月考物理试卷（10月份）参考答案与试题解析一、单项选择题（本题共6小题，每小题4分，共24分）1．（4分）关于电场强度与电势的关系，下面各种说法中正确的是（）A．电场强度大的地方，电势一定高B．电场强度不变，电势也不变C．电场强度为零处，电势一定为零D．电场强度的方向是电势降低最快的方向考点：电场强度；电势．专题：电场力与电势的性质专题．分析：电场强度和电势这两个概念非常抽象，借助电场线可以形象直观表示电场这两方面的特性：电场线疏密表示电场强度的相对大小，切线方向表示电场强度的方向，电场线的方向反映电势的高低．解答：解：A、电场线密处，电场强度大，而电场线方向不确定，故无法判断电势高低，故A错误；B、在匀强电场中，电场强度不变，沿着电场线的方向，电势总是逐渐降低的，故B错误；C、电势为零，是人为选择的，电场强度为零的地方，电势不一定为零．故C错误．D、沿着电场方向电势降低最快，故D说法正确；故选：D．点评：电场线的疏密表示电场强度的相对大小，电场线的方向反映电势的高低，则电场强度与电势没有直接关系．顺着电场线方向，电势逐渐降低，但场强不一定减小．2．（4分）如图所示，空间有一电场，电场中有两个点a和b．下列表述正确的是（）A．该电场是匀强电场B． a点的电场强度比b点的大C． a点的电势比b点的高D．正电荷在a、b两点受力方向相同考点：电场线．分析：电场线的疏密代表场强的强弱，场强处处相同的电场为匀强电场．沿电场线方向电势逐渐降低．解答：解：A、由电场线的分布可以看出，此电场不是匀强电场，故A错误；B、b点电场线比a点电场线密，故a点的电场强度比b点的小，故B错误；C、根据电场线的方向知a点的电势比b点的大，故C正确．D、正电荷在a、b两点受力方向分别沿a、b两点的切线方向，方向不同，故D错误．故选：C点评：解决本题的关键知道电场线的特点，电场线的疏密代表电场的强弱，电场线上某点的切线方向表示电场的方向．3．（4分）在真空中有两个等量的正电荷q1和q2，分别固定于A、B两点，DC为AB连线的中垂线，先将一正电荷q3由C点沿着中垂线移至无穷远处的过程中，下列结论正确的有（）A．电势能逐渐减小 B．电势能逐渐增大C． q3受到的电场力逐渐减小 D． q3受到的电场力逐渐增大考点：匀强电场中电势差和电场强度的关系；电势能．专题：电场力与电势的性质专题．分析：由题，q1、q2是两个等量的正电荷，DC为A、B连线的中垂线，作出CD线上的电场线，根据电场线方向判断正电荷q3由C点沿CD 移至无穷远的过程中，电势的变化，由电场力做功正负判断其电势能的变化．运用极限法判断场强的变化，确定电场力的变化．解答：解：A、B，由题，q1、q2是两个等量的正电荷，作出中垂线CD上电场线如图，根据顺着电场线电势降低，可知正电荷q3由C点沿CD移至无穷远的过程中，电势不断降低，电场力做正功，其电势能不断减小．故A正确，B错误．C、D根据电场的叠加可知，C点的场强为零，而无穷远处场强也为零，所以由C点沿CD移至无穷远的过程中，场强先增大，后减小，q3受到的电场力先逐渐增大，后逐渐减小．故C、D错误．故选：A．点评：对于等量同种和等量异种电荷电场线、等势面的分布情况要掌握，这是考试的热点．特别是抓住电荷连线的中垂线电场线与等势面的特点．4．（4分）如图所示，a、b、c为电场中同一条水平方向电场线上的三点，c为ab中点．a、b电势分别为φa=5V，φb=3V，下列叙述正确的是（）A．该电场在c点处的电势一定为4VB． a点处的场强E a一定大于b点处的场强E bC．一正电荷从c点运动到b点电势能一定减少D．一正电荷运动到c点时受到的电场力由c指向a考点：电势能；电势．专题：电场力与电势的性质专题．分析：只有当该电场是匀强电场时，在c点处的电势一定为4V．根据推论：正电荷在电势高处电势能大，分析正电荷从c点运动到b点电势能如何变化．电场线的疏密可以判断场强的大小．正电荷受到的电场力方向与场强方向相同．解答：解：A、当该电场是匀强电场时，由于沿电场方向相同距离电势差相等，则场在c点处的电势一定为4V．当该电场不是匀强电场时，在c点处的电势不一定为4V．故A错误．B、一条电场线无法比较电场线的疏密，就无法比较场强的大小，则a点处的场强E a不一定大于b点处的场强E b．故B错误．C、由题，a点的电势高于b点的电势，根据正电荷在电势高处电势能大可知，正电荷从c点运动到b点电势能一定减少．故C正确．D、由题可判断电场线方向从a指向b，正电荷运动到c点时受到的电场力由a指向b．故D错误．故选C点评：本题要抓住电场线的物理意义：电场线的疏密表示电场的强弱，电场线的方向表示电势的高低．5．（4分）空间存在甲、乙两相邻的金属球，甲球带正电，乙球原来不带电，由于静电感应，两球在空间形成了如图所示稳定的静电场．实线为其电场线，虚线为其等势线，A、B两点与两球球心连线位于同一直线上，C、D两点关于直线AB对称，则（）A． A点和B点的电势相同B． C点和D点的电场强度相同C．正电荷从B点移至A点，电场力做负功D．负电荷从C点沿直线CD移至D点，电势能先增大后减小考点：电场线；电势．分析：电场线是从正电荷或者无穷远出发出，到负电荷或无穷远处为止，电场线密的地方电场的强度大，电场线疏的地方电场的强度小．解答：解：A、A点和B点不在同一个等势面上，所以它们的电势不同，所以A错误．B、根据电场的对称性可知，C点和D点的电场强度的大小相同，但是它们的方向不同，所以B错误．C、从A点移至B点，电势降低，所以正电荷从B点移至A点，电场力做负功，所以C正确．D、C点和D点在同一个等势面上，负电荷从C点沿直线CD移至D点，电势先增加后减小，所以电势能先减小后增大，所以D错误．故选：C．点评：加强基础知识的学习，掌握住电场线的特点：电场线的疏密表示场强大小，沿电场线方向电势逐渐降低，即可解决本题．6．（4分）如图，一半径为R的圆盘上均匀分布着电荷量为Q的电荷，在垂直于圆盘且过圆心c的轴线上有a、b、d三个点，a和b、b和c、c和d 间的距离均为R，在a点处有一电荷量为q（q＞0）的固定点电荷．已知b 点处的场强为零，则d点处场强的大小为（k为静电力常量）（）A．B．C．D．考点：电场的叠加；电场强度．专题：电场力与电势的性质专题．分析：由题意可知，半径为R均匀分布着电荷量为Q的圆盘上电荷，与在a点处有一电荷量为q（q＞0）的固定点电荷，在b点处的场强为零，说明各自电场强度大小相等，方向相反．那么在d点处场强的大小即为两者之和．因此根据点电荷的电场强度为即可求解．解答：解：电荷量为q的点电荷在b处产生电场强度为，而半径为R均匀分布着电荷量为Q的圆盘上电荷，与在a点处有一电荷量为q（q＞0）的固定点电荷，在b点处的场强为零，则圆盘在此处产生电场强度也为．那么圆盘在此d产生电场强度则仍为．而电荷量为q的点电荷在d处产生电场强度为，由于都在d处产生电场强度方向相同，即为两者大小相加．所以两者这d处产生电场强度为，故B正确，ACD错误．故选：B．点评：考查点电荷与圆盘电荷在某处的电场强度叠加，紧扣电场强度的大小与方向关系，从而为解题奠定基础．二、多项选择题（本题共4小题，每小题6分，共24分）7．（6分）下列各量中，与检验电荷无关的物理量是（）A．电场力F B．电场强度E C．电势差U D．电场做的功W考点：电场强度；电势差．专题：电场力与电势的性质专题．分析：本题考查了对电场中几个概念的理解情况，物理中有很多物理量是采用比值法定义的，要正确理解比值定义法的含义．解答：解：A、电场力F=qE，知电场力与检验电荷有关．故A错误． B、电场强度的大小由电场本身的性质决定，与检验电荷的电量无关．故B正确．C、电场中两点间电势差由电场中两点的电势决定，电势与检验电荷无关，所以电势差与检验电荷无关．故C正确．D、电场力做功W=qU，知电场力做功与检验电荷的电量有关．故D错误．故选BC．点评：对于物理中各个物理量要明确其确切含义，以及其定义式和决定式的不同，这要在学习中不断的总结和积累．8．（6分）带电粒子M只在电场力作用下由P点运动到Q点，在此过程中克服电场力做了2.6×10﹣8 J的功，那么（）A． M在P点的电势能一定小于它在Q点的电势能B． P点的场强一定小于Q点的场强C． P点的电势一定高于Q点的电势D． M在P点的动能一定大于它在Q点的动能考点：带电粒子在匀强电场中的运动；电势能．专题：电场力与电势的性质专题．分析：在本题中只是知道从P到Q电场力做负功，可知带电粒子的电势能减小，而电荷的正负不知道，因此无法判断电势高低，电场线或者说电场分布情况不知，也无法判断电场强度的大小．根据电场力做功和电势能的关系可以动能和电势能的变化情况．解答：解：AD、因带电粒子克服电场力做功，电势能增加，动能减小，则有M在P点的电势能一定小于它在Q点的电势能，M在P点的动能一定大于它在Q点的动能，故AD正确．B、由于电场分布情况不知，无法判断P点和Q点电场强度的大小关系，故B错误；C、因为电荷正负不知，故无法判断电势高低，故C错误；故选：AD．点评：要正确理解电场强度、电势、电势能的决定因素和大小判断方法，不能混淆概念．9．（6分）如图所示的电路中，AB是两金属板构成的平行板电容器．先将电键K闭合，等电路稳定后再将K断开，然后将B板向下平移一小段距离，并且保持两板间的某点P与A板的距离不变．则下列说法正确的是（）A．电容器的电容变小B．电容器内部电场强度大小变大C．电容器内部电场强度大小不变D． P点电势升高考点：电容器的动态分析．专题：电容器专题．分析：在电容器的电量不变的情况下，将B板下移，则导致电容变化，电压变化，根据E=与c=相结合可得E=，从而确定电场强度是否变化．再根据电荷带电性可确定电势能增加与否．解答：解：A、根据c=，当B板向下平移一小段距离，间距d增大，其它条件不变，则导致电容变小，故A正确；B、根据E=与c=相结合可得E=，由于电量不变，场强大小不变，故B错误C正确；D、B板接地，场强不变，所以P点与地间的电势差增大，即P点电势升高，故D正确；故选：ACD点评：做好电容器的题目要把电容的定义式、决定式和场强的推导式结合应用．10．（6分）带电粒子在匀强电场中的运动轨迹如图所示，如果带电粒子只受电场力作用从a到b运动，下列说法正确的是（）A．粒子带正电B．粒子在a和b点的加速度相同C．该粒子在a点的电势能比在b点时大D．该粒子在b点的速度比在a点时大考点：带电粒子在匀强电场中的运动．专题：带电粒子在电场中的运动专题．分析：根据电荷的运动轨迹判断出电场力的方向，从而确定粒子的电性，根据带电粒子的受力，确定其运动情况．根据电场力做功情况分析电势能的大小．解答：解：A、由于粒子运动轨迹越来越向上弯曲，可判断它受的电场力方向为竖直向上，与电场方向相反，所以粒子应带负电，故A错误；B、匀强电场中粒子所受的电场力恒定，加速度相同，故B正确；CD、从a到b由于电场力方向速度方向成锐角，电场力做正功，则电势能减小，动能增大，故该粒子在b点的电势能比在a点时小，在b点的速度比在a点时大．故C、D正确．故选：BCD．点评：解决本题的关键知道物体的合力大致指向轨迹的凹向，这是解决本题的突破口．三、实验题（12分）按照题目要求填空．11．（4分）探究力对原来静止的物体做的功与物体获得的速度的关系，实验装置如图所示，实验主要过程如下：（1）设法让橡皮筋对小车做的功分别为W、2W、3W、…；（2）分析打点计时器打出的纸带，求出小车的速度v1、v2、v3、…；（3）作出W﹣v草图；（4）分析W﹣v图象．如果W﹣v图象是一条直线，表明W∝v；如果不是直线，可考虑是否存在W∝v2、W∝v3、W∞等关系．以下关于该实验的说法中有一项不正确，它是（）A．本实验设法让橡皮筋对小车做的功分别为W、2W、3W、…．所采用的方法是选用同样的橡皮筋，并在每次实验中使橡皮筋拉伸的长度保持一致．当用1条橡皮筋进行实验时，橡皮筋对小车做的功为w，用2条、3条、…橡皮筋并在一起进行第2次、第3次、…实验时，橡皮筋对小车做的功分别是2W、3W、…B．小车运动中会受到阻力，补偿的方法，可以使木板适当倾斜C．某同学在一次实验中，得到一条记录纸带．纸带上打出的点，两端密、中间疏．出现这种情况的原因，可能是没有使木板倾斜或倾角太小D．根据记录纸带上打出的点，求小车获得的速度的方法，是以纸带上第一点到最后一点的距离来进行计算考点：探究功与速度变化的关系．专题：实验题．分析：小车在橡皮条的拉力作用下先加速运动，当橡皮条恢复原长时，小车由于惯性继续前进，做匀速运动．解答：解：A、当橡皮筋伸长量按倍数增加时，功并不简单地按倍数增加，变力功一时无法确切测算．因此我们要设法回避求变力做功的具体数值，可以用一根橡皮筋做功记为W，用两根橡皮筋做功记为2W，用三根橡皮筋做功记为3W…，从而回避了直接求功的困难；故A正确．B、小车运动中会受到阻力，使木板适当倾斜，小车阻力补偿的方法是平衡摩擦力；故B正确．C、本实验中小车先加速后减速，造成纸带上打出的点，两端密、中间疏，说明摩擦力没有平衡，或没有完全平衡，可能是没有使木板倾斜或倾角太小．故C正确．D、本实验的目的是探究橡皮绳做的功与物体获得速度的关系．这个速度是指橡皮绳做功完毕时的瞬时速度，而不是整个过程的平均速度，故D错误．本题选错误的，故选：D．点评：本题关键是要分析清楚小车的运动，小车先加速和匀速，最后如果橡皮条与小车不能分离，则小车会再减速．12．（8分）在“验证机械能守恒定律”的实验中，质量m=1kg的物体自由下落，得到如乙图所示的纸带，相邻计数点间的时间间隔为0.04s．那么从打点计时器打下起点O到打下B点的过程中，物体重力势能的减少量E p=2.28J，此过程中打点计时器打点B时的速度V B=2.13m/s，物体动能的增加量E k=2.27J．由此可得到的结论是：在误差允许的范围内机械能守恒．．（g=9.8m/s2，保留三位有效数字）考点：验证机械能守恒定律．专题：实验题；机械能守恒定律应用专题．分析：根据物体下降的高度求出重力势能的减小量，根据某段时间内的平均速度等于中间时刻的瞬时速度求出B点的瞬时速度，从而得出物体动能的增加量．解答：解：物体重力势能的减小量E p=mgh=1×9.8×0.2325J=2.28J．B点的瞬时速度，则物体动能的增加量，实验的结论是：在误差允许的范围内机械能守恒．故答案为：2.28； 2.13； 2.27；在误差允许的范围内机械能守恒．点评：解决本题的关键掌握纸带的处理，会通过纸带求解瞬时速度，从而得出动能的增加量，难度不大．四、计算题（本题共4小题，共50分）13．（10分）如图所示，在匀强电场中，将带电荷量q=﹣6×10﹣6C的电荷从电场中的A点移到B点，克服电场力做了2.4×10﹣5J的功，再从B 点移到C点，电场力做了1.2×10﹣5J的功．求：（1）A、B两点间的电势差U AB和B、C两点间的电势差U BC；（2）如果规定B点的电势为零，则A点和C点的电势分别为多少？（3）作出过B点的一条电场线（只保留作图的痕迹，不写做法）．考点：匀强电场中电势差和电场强度的关系．专题：电场力与电势的性质专题．分析：（1）根据电场力做功与电势差的关系求出AB间的电势差、BC间的电势差．（2）根据电势差等于电势之差，结合B点电势为零，求出A、C点的电势．（3）找出等势线，结合电场线与等势线垂直，由高电势指向低电势，作出电场线．解答：解：（1）U AB=。
甘肃省张掖市高台一中高二物理下学期期中试卷(含解析)-人教版高二全册物理试题
2014-2015学年甘肃省张掖市高台一中高二〔下〕期中物理试卷一、选择题〔1-8题只有一个选项正确，9-12题至少有一个选项正确，请把正确选项前的字母填写在答题卡上，共40分〕1．〔3分〕〔2014春•赣州期末〕在法拉第时代，如下验证“由磁产生电〞设想的实验中，能观察到感应电流的是〔〕A．将绕在磁铁上的线圈与电流表组成一闭合回路，然后观察电流表的变化B．绕在同一铁环上的两个线圈，分别接电源和电流表，在给线圈通电或断电的瞬间，观察电流表的变化C．将一房间内的线圈两端与相邻房间的电流表连接．往线圈中插入条形磁铁后，再到相邻房间去观察电流的变化D．在一通电线圈旁放置一连有电流表的闭合线圈，然后观察电流表的变化2．〔3分〕〔2015春•高台县校级期中〕如下列图，一根条形磁铁与导线环在同一平面内，磁铁中心恰与环中心重合．为了在环中产生感应电流，磁铁应〔〕A．向右平动B．向左平动C．N极向外、S极向内转动D．绕垂直于纸面且过O点的轴转动3．〔3分〕〔2015春•高台县校级期中〕物体做简谐运动过程中，如下说法正确的答案是〔〕A．当振动物体的位移减小时，其速度和加速度的方向必定同向B．当物体的速度变化最快时，其动能最大C．当加速度与速度反向时，其回复力正在减小D．物体的动能相等的两个时刻，其加速度也一样4．〔3分〕〔2015春•高台县校级期中〕如下列图，电路中A、B是完全一样的灯泡，L是电阻不计的线圈．当开关S闭合时，如下说法正确的答案是〔〕A．A灯先亮，B灯后亮B．B灯先亮，A灯后亮C．A、B灯同时亮，然后B灯更亮，A灯熄灭D．A、B灯同时亮，然后亮度不变5．〔3分〕〔2015春•林州市校级期中〕如下列图图象中不属于交变电流的有〔〕A．B．C．D．6．〔3分〕〔2015春•高台县校级期中〕线圈在匀强磁场中转动产生电动势e=10sin20πt〔V〕，如此如下说法正确的答案是〔〕A．t=0时，线圈平面位于中性面B．t=0时，穿过线圈的磁通量为零C．t=0时，导线切割磁感线的有效速率最大D．t=0.4 s时，e有最大值10V7．〔3分〕〔2015春•高台县校级期中〕关于多普勒效应，如下说法正确的答案是〔〕A．多普勒效应是由于波的干预引起的B．发生多普勒效应时，波源的频率发生了改变C．多普勒效应是由于波源与观察者之间有相对运动而发生的D．只有声波，才有多普勒效应8．〔3分〕〔2015春•高台县校级期中〕“西电东送〞工程中为了减少输电损耗，必须提高输电电压．从西部某水电站向华东某地输送电的功率为106kW，输电电压为103kV，输电线电阻为100Ω．假设改用超导材料制作的输电线，如此可以减小输电损耗的功率为〔〕A．105kW B．104kW C．103kW D． 102kW9．〔4分〕〔2015春•高台县校级期中〕如下列图，l1、l2是高压输电线，图中两电表的示数分别是220V、10A．甲变压器原、副线圈的匝数比为100：1，乙变压器原、副线圈的匝数比为1：10，如此〔〕A．甲的电表是电压表，输电电压为22000 VB．甲是电流互感器，输电电流是100 AC．乙是电流互感器，输电电流是100 AD．乙的电表是电压表，输电电压为22000 V10．〔4分〕〔2015春•高台县校级期中〕某交流发电机中，矩形金属线圈在匀强磁场中匀速转动，产生的感应电动势与时间的关系如下列图．如果此线圈和一个R=100Ω的电阻构成闭合电路，不计电路的其他电阻，如下说法中正确的答案是〔〕A．交变电流的周期为0.04sB．电阻R两端的有效电压是100VC．交变电流的有效值为1AD．交变电流的最大值为1A11．〔4分〕〔2015春•高台县校级期中〕如图为某质点做简谐运动的图象，如此由图线可知〔〕A．t=1.5s时，质点的速度和加速度都与t=0.5s时等大反向B．t=2.5s时，质点的速度与加速度同向C．t=3.5s时，质点正处在动能向势能转化的过程之中D．t=0.1s和t=2.1s时质点受到一样的回复力12．〔4分〕〔2015春•高台县校级期中〕如下列图，A球振动后，通过水平细绳迫使B、C振动．如下说法正确的答案是〔〕A．只有A、C两球的振动周期相等B．C球的振幅比B球的振幅小C．C球的振幅比B球的振幅大D．A、B、C三球的振动周期相等二、填空题〔把如下各题的正确答案填写在答题卡的相应位置上．每一小题6分，共24分〕13．〔6分〕〔2015春•高台县校级期中〕AB为一弹性绳，设法在绳上传播一个脉冲的波，如下列图，当波从A向B传播时，绳上质点开始振动的速度方向是，假设当波从B向A传播时，绳上质点开始振动的速度方向是．14．〔6分〕〔2015春•高台县校级期中〕弹簧振子从距离平衡位置5cm处由静止释放，4s内完成5次全振动．如此这个弹簧振子的振幅为cm，振动周期为s，频率为Hz．4s末振子的位移大小为cm，4s内振子运动的路程为cm．假设其他条件不变，只是使振子改为在距平衡位置2.5cm处由静止释放，该振子的周期为s．15．〔6分〕〔2015春•高台县校级期中〕如下列图，A、B两点中有一点是振源，相距1.2m，所产生的简谐横波沿直线传播．从振源开始振动时开始计时，在4s内，A质点完成了8次全振动，B质点完成了10次全振动，如此该列波传播的方向是，波速为m/s．16．〔6分〕〔2015春•高台县校级期中〕两列简谐波频率相等，波速大小相等，分别沿+x和﹣x传播，如下列图，图中x=1，2，3，4，5，6，7，8各点中振幅最大的是x=的点，振幅最小的是x=的点．三、计算题〔解答时应写出必要的文字说明、表达式与演算过程〕17．〔12分〕〔2013秋•翠屏区校级期末〕如图〔a〕所示，一个电阻值为R，匝数为n的圆形金属线与阻值为2R的电阻R1连结成闭合回路．线圈的半径为r1．在线圈中半径为r2的圆形区域存在垂直于线圈平面向里的匀强磁场，磁感应强度B随时间t变化的关系图线如图〔b〕所示．图线与横、纵轴的截距分别为t0和B0．导线的电阻不计．求0至t1时间内〔1〕通过电阻R1上的电流大小和方向；〔2〕通过电阻R1上的电量q与电阻R1上产生的热量．18．〔12分〕〔2015春•高台县校级期中〕如下列图，ACB为光滑弧形槽，弧形槽半径为R，R ＞＞，甲球从弧形槽的球心处自由落下，乙球从A点由静止释放，问：〔1〕两球第1次到达C点的时间之比．〔2〕假设在圆弧的最低点C的正上方h处由静止释放小球甲，让其自由下落，同时乙球从圆弧左侧由静止释放，欲使甲、乙两球在圆弧最低点C处相遇，如此甲球下落的高度h是多少？19．〔12分〕〔2015春•高台县校级期中〕一根弹性绳沿x轴方向放置，左端在原点O处，用手握住绳的左端使其沿y轴方向做周期为1s的简谐运动，于是在绳上形成一简谐波．绳上质点N的平衡位置为x=5m，振动传播到质点M时的波形如下列图．求：〔1〕绳的左端振动后经过多长时间传播到质点N；〔2〕质点N开始振动时，绳的左端已通过的路程；〔3〕如果从N开始振动计时，画出质点N振动的位移﹣时间图线．2014-2015学年甘肃省张掖市高台一中高二〔下〕期中物理试卷参考答案与试题解析一、选择题〔1-8题只有一个选项正确，9-12题至少有一个选项正确，请把正确选项前的字母填写在答题卡上，共40分〕1．〔3分〕〔2014春•赣州期末〕在法拉第时代，如下验证“由磁产生电〞设想的实验中，能观察到感应电流的是〔〕A．将绕在磁铁上的线圈与电流表组成一闭合回路，然后观察电流表的变化B．绕在同一铁环上的两个线圈，分别接电源和电流表，在给线圈通电或断电的瞬间，观察电流表的变化C．将一房间内的线圈两端与相邻房间的电流表连接．往线圈中插入条形磁铁后，再到相邻房间去观察电流的变化D．在一通电线圈旁放置一连有电流表的闭合线圈，然后观察电流表的变化考点：感应电流的产生条件．分析：产生感应电流的条件：闭合回路的磁通量发生变化或闭合电路的一局部导体在磁场中做切割磁感线运动，导体中有感应电流．解答：解：A、将绕在磁铁上的线圈与电流表组成一闭合回路，回路中没有磁通量的变化，不能产生感应电流，观察到电流表没有变化，故A错误；B、绕在同一铁环上的两个线圈，分别接电源和电流表，在给线圈通电或断电的瞬间，回路中的磁通量发生变化，能观察电流表的变化，故B正确；C、将一房间内的线圈两端与相邻房间的电流表连接，往线圈中插入条形磁铁的过程中有感应电流产生，但是之后，再到相邻房间去观察时，回路中已经没有磁通量的变化，此时观察到的电流表没有变化，故C错误；D、在一通电线圈旁放置一连有电流表的闭合线圈，回路中没有磁通量的变化，不能产生感应电流，观察到电流表没有变化，故D错误．应当选：B．点评：解决此题关键要准确把握产生感应电流的一般条件：闭合回路的磁通量发生变化，电路必须闭合．2．〔3分〕〔2015春•高台县校级期中〕如下列图，一根条形磁铁与导线环在同一平面内，磁铁中心恰与环中心重合．为了在环中产生感应电流，磁铁应〔〕A．向右平动B．向左平动C．N极向外、S极向内转动D．绕垂直于纸面且过O点的轴转动考点：感应电流的产生条件．分析：根据产生感应电流的条件：穿过闭合线圈的磁通量要发生变化来判断．图示时刻穿过线圈的磁通量为零．根据楞次定律判断出感应电流的方向．解答：解：AB、磁铁在水平面内平动，无论向哪个方向，磁通量都是零，故AB错误．C、N极向外、S极向内转动，线圈磁通量增大，有感应电流，故C正确．D、使磁铁沿垂直纸面的转轴转动时，穿过线圈的磁通量仍为零，不变，不产生感应电流，故D错误．应当选：C．点评：此题考查分析、判断能力．对于A项，也可以根据线圈切割磁感线产生感应电流来判断．3．〔3分〕〔2015春•高台县校级期中〕物体做简谐运动过程中，如下说法正确的答案是〔〕A．当振动物体的位移减小时，其速度和加速度的方向必定同向B．当物体的速度变化最快时，其动能最大C．当加速度与速度反向时，其回复力正在减小D．物体的动能相等的两个时刻，其加速度也一样考点：简谐运动的回复力和能量；简谐运动．分析：简谐运动中的回复力F=﹣kx；加速度与位移关系为：a=﹣；据此判断回复力与加速度、速度和位移之间的关系．解答：解：A、当振动物体的位移减小时，物体向平衡位置运动，速度的方向指向平衡位置；根据加速度与位移关系为：a=﹣；加速度的方向始终指向平衡位置，所以当振动物体的位移减小时，其速度和加速度的方向必定同向，故A正确；B、加速度是反映速度变化快慢的物理量，当物体的速度变化最快时，其加速度的绝对值最大，根据加速度与位移关系为：a=﹣可知物体处于最大位移处，其速度为0，所以其动能也为0．故B错误；C、由于加速度的方向始终指向平衡位置，所以当加速度与速度反向时，速度的方向背离平衡位置指向最大位移处，物体向最大位移处运动，位移增大，所以其回复力F=﹣kx，正在增大．故C错误；D、加速度与位移关系为：a=﹣，加速度的方向与位移方向相反；但速度的方向有时与位移方向相反或一样，所以物体的动能相等的两个时刻，其加速度不一定一样，故D错误；应当选：A．点评：该题考查简谐振动的过程中，振子的各个物理量之间的变化关系，解决此题的关键是知道简谐运动中回复力与加速度和位移之间的关系式．4．〔3分〕〔2015春•高台县校级期中〕如下列图，电路中A、B是完全一样的灯泡，L是电阻不计的线圈．当开关S闭合时，如下说法正确的答案是〔〕A．A灯先亮，B灯后亮B．B灯先亮，A灯后亮C．A、B灯同时亮，然后B灯更亮，A灯熄灭D．A、B灯同时亮，然后亮度不变考点：自感现象和自感系数．分析：根据线圈在电流发生变化会产生自感电动势，电流增大时自感电动势阻碍电流增大，电流减小时自感电动势阻碍电减小，相当于电源；并结合欧姆定律分析．解答：解：刚闭合S的瞬间，电源的电压同时加到两灯上，由于L的自感作用，L瞬间相当于断路，所以电流通过两灯，两灯同时亮．随着电流的逐渐稳定，L将A灯短路，所以A灯很快熄灭，B灯变得更亮，故C正确，ABD错误．应当选：C点评：此题考查了自感线圈对电流发生变化时的阻碍作用，增大瞬间相当于断路，减小瞬间相当于电源，稳定后相当于短路．5．〔3分〕〔2015春•林州市校级期中〕如下列图图象中不属于交变电流的有〔〕A．B．C．D．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：大小和方向都做周期性变化的电流为交变电流．解答：解：大小和方向都做周期性变化的电流为交变电流，故ABC正确，D错误；此题选不属于交变电流的，应当选：D．点评：此题主要考查交变电流的特点，抓住方向变化是关键．6．〔3分〕〔2015春•高台县校级期中〕线圈在匀强磁场中转动产生电动势e=10sin20πt〔V〕，如此如下说法正确的答案是〔〕A．t=0时，线圈平面位于中性面B．t=0时，穿过线圈的磁通量为零C．t=0时，导线切割磁感线的有效速率最大D．t=0.4 s时，e有最大值10V考点：正弦式电流的图象和三角函数表达式；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：首先明确交流电的描述，根据交流电的表达式，可知其最大值，以与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．解答：解：AB、t=0时，瞬时电动势为e=10sin20πt〔V〕=0，如此线圈平面位于中性面，此时通过线圈的磁通量最大，所以选项A正确，B错误．C、当t=0时，感应电动势为零，如此导线切割磁感线的有效速度最小，故C错误．D、瞬时电动势为e=10sin20πt〔V〕，可知ω=20π周期T==0.1s，当t=0.4 s时，e仍是最小，故D错误．应当选：A．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．7．〔3分〕〔2015春•高台县校级期中〕关于多普勒效应，如下说法正确的答案是〔〕A．多普勒效应是由于波的干预引起的B．发生多普勒效应时，波源的频率发生了改变C．多普勒效应是由于波源与观察者之间有相对运动而发生的D．只有声波，才有多普勒效应考点：多普勒效应．分析：1842年奥地利一位名叫多普勒的数学家、物理学家．一天，他正路过铁路交叉处，恰逢一列火车从他身旁驰过，他发现火车从远而近时汽笛声变响，音调变尖，而火车从近而远时汽笛声变弱，音调变低．他对这个物理现象感到极大兴趣，并进展了研究．发现这是由于振源与观察者之间存在着相对运动，使观察者听到的声音频率不同于振源频率的现象．这就是频移现象．因为，声源相对于观测者在运动时，观测者所听到的声音会发生变化．当声源离观测者而去时，声波的波长增加，音调变得低沉，当声源接近观测者时，声波的波长减小，音调就变高．音调的变化同声源与观测者间的相对速度和声速的比值有关．这一比值越大，改变就越显著，后人把它称为“多普勒效应〞．解答：解：A、多普勒效应是由于观察者和波源间位置的变化而产生的，故A错误；B、C、多普勒效应说明观察者与波源有相对运动时，接收到的波频率会发生变化，但波源的频率不变，故B错误，C正确；D、多普勒效应不仅仅适用于声波，它也适用于所有类型的波，包括电磁波，故D错误；应当选：C．点评：对于多普勒效应，要知道在波源与观察者靠近时观察者接收到的波的频率变高，而在波源与观察者远离时接收频率变低；即高亢表示远离，低沉表示靠近．8．〔3分〕〔2015春•高台县校级期中〕“西电东送〞工程中为了减少输电损耗，必须提高输电电压．从西部某水电站向华东某地输送电的功率为106kW，输电电压为103kV，输电线电阻为100Ω．假设改用超导材料制作的输电线，如此可以减小输电损耗的功率为〔〕A．105kW B．104kW C．103kW D． 102kW考点：远距离输电．专题：交流电专题．分析：根据公式P=UI求解传输电流，根据公式△P=I2r求解功率损耗．解答：解：输送的电功率为106kW，输电电压为1 000kV，故输送电流为：I=A=1000A；功率损耗：△P=I2r=10002×100W=108W=105kW假设改用超导材料作为输电线，电功率损耗减小为零；故可减少电损耗的功率为：105kW﹣0=105kW；应当选：A点评：此题关键是明确高压输电的原理，可以由公式P=UI和△P=I2r推导出，根底题．9．〔4分〕〔2015春•高台县校级期中〕如下列图，l1、l2是高压输电线，图中两电表的示数分别是220V、10A．甲变压器原、副线圈的匝数比为100：1，乙变压器原、副线圈的匝数比为1：10，如此〔〕A．甲的电表是电压表，输电电压为22000 VB．甲是电流互感器，输电电流是100 AC．乙是电流互感器，输电电流是100 AD．乙的电表是电压表，输电电压为22000 V考点：变压器的构造和原理．专题：交流电专题．分析：甲图是电压互感器，乙图是电流互感器．变压器原副线圈的电压比等于匝数比．只有一个副线圈的变压器，原副线圈中的电流比等于匝数的反比．解答：解：A、B、甲图是电压互感器，根据变压器电压表等于匝数比，有U1=×220=22000V，甲图中的电表是电压表，故A正确B错误．C、D、乙图是电流互感器，只有一个副线圈的变压器，电流比等于匝数的反比，有I1=×10=100A，故C正确D错误．应当选：AC点评：电压互感器原线圈并接在两个输电线上，原线圈的匝数比副线圈的匝数多，是降压变压器，把高电压降低成低电压，副线圈接电压表．电流互感器原线圈串接在某一根输电线中，原线圈匝数比副线圈匝数少，原线圈中是大电流，副线圈中是小电流，副线圈接的是电流表10．〔4分〕〔2015春•高台县校级期中〕某交流发电机中，矩形金属线圈在匀强磁场中匀速转动，产生的感应电动势与时间的关系如下列图．如果此线圈和一个R=100Ω的电阻构成闭合电路，不计电路的其他电阻，如下说法中正确的答案是〔〕A．交变电流的周期为0.04sB．电阻R两端的有效电压是100VC．交变电流的有效值为1AD．交变电流的最大值为1A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：从图象中可以求出该交流电的最大电压以与周期等物理量，然后根据最大值与有效值以与周期与频率关系求解．解答：解：A、由图可知，交流电的周期T=0.04s，故A正确；B、由图可知，交流电的最大电压E m=100V，电阻R两端的有效电压是有效值，即：U==50V，故B错误；C、交变电流的有效值为：I==A，故C错误；D、交变电流的最大值为：I m==1A，故D正确；应当选：AD．点评：此题考查了交流电最大值、有效值、周期、频率等问题，要学会正确分析图象，从图象获取有用信息求解．11．〔4分〕〔2015春•高台县校级期中〕如图为某质点做简谐运动的图象，如此由图线可知〔〕A．t=1.5s时，质点的速度和加速度都与t=0.5s时等大反向B．t=2.5s时，质点的速度与加速度同向C．t=3.5s时，质点正处在动能向势能转化的过程之中D．t=0.1s和t=2.1s时质点受到一样的回复力考点：简谐运动的振动图象．专题：振动图像与波动图像专题．分析：质点的振幅等于振子的位移最大值，由图直接读出振幅和周期．根据给定时刻以后质点位移的变化，分析速度的方向，由简谐运动的特征a=﹣分析加速度的方向．解答：解：由图读出周期T=4s，振幅为10cm．A、由图可知，t=1.5s时，质点的速度方向向下，t=0.5s时质点的速度方向也向下，方向一样．故A错误；B、由图可知，t=2.5s时，质点在平衡位置的下边，所以加速度的方向向上；质点正在向上运动，所以速度方向向上．故B正确．C、由图可知，t=3.5s时，质点在平衡位置的上边，所以加速度的方向向下，质点正在向上运动，与加速度的方向相反，所以质点做向上的减速运动，正处在动能向势能转化的过程之中．故C正确．D、由图可知，质点的周期是4s，由简谐运动的特点可知，t=0.1s和t=2.1s的两个时刻相差半个周期，所以质点一定处于相对于平衡位置对称的位置上，受到的回复力大小相等，方向相反．故D错误．应当选：BC点评：此题简谐运动的图象能直接读出振幅和周期．对于质点的速度方向，也可以根据斜率读出．简谐运动的特征F=﹣kx，是分析回复力常用的方法．12．〔4分〕〔2015春•高台县校级期中〕如下列图，A球振动后，通过水平细绳迫使B、C振动．如下说法正确的答案是〔〕A．只有A、C两球的振动周期相等B．C球的振幅比B球的振幅小C．C球的振幅比B球的振幅大D．A、B、C三球的振动周期相等考点：产生共振的条件与其应用．分析：由题意A做自由振动，B、C做受迫振动，受迫振动的周期等于驱动力的周期，即等于A的固有周期；C发生共振，振幅最大．解答：解：由题意，A做自由振动，其振动周期就等于其固有周期，而B、C在A产生的驱动力作用下做受迫振动，受迫振动的周期等于驱动力的周期，即等于A的固有周期，所以三个单摆的振动周期相等；由于C、A的摆长相等，如此C的固有周期与驱动力周期相等，产生共振，其振幅振幅比B摆大．所以CD正确，AB错误．应当选：CD．点评：此题考查了受迫振动和共振的条件，要明确受迫振动的频率等于驱动力的频率，发生共振的条件是驱动力频率等于物体的固有频率．二、填空题〔把如下各题的正确答案填写在答题卡的相应位置上．每一小题6分，共24分〕13．〔6分〕〔2015春•高台县校级期中〕AB为一弹性绳，设法在绳上传播一个脉冲的波，如下列图，当波从A向B传播时，绳上质点开始振动的速度方向是垂直AB向下，假设当波从B 向A传播时，绳上质点开始振动的速度方向是垂直AB向上．考点：横波的图象；波长、频率和波速的关系．专题：振动图像与波动图像专题．分析：弹性绳上形成简谐横波，质点的振动方向与波的传播方向垂直，根据波形的平移法判断解答：解：AB是一弹性绳，当波从A向B传播时绳上形成一列向右传播的简谐横波，绳上各质点的振动方向与波的传播方向垂直，而且质点开始起振的速度方向与图示时刻B质点的速度方向一样，根据波形平移可知质点开始起振的速度方向垂直AB向下，同理可知，假设当波从B向A传播时，绳上质点开始振动的速度方向是垂直AB向上．故答案为：垂直AB向下；垂直AB向上点评：解决此题的关键知道各个质点的起振方向都与波源的起振方向一样，能熟练运用波形平移法判断质点的振动方向．14．〔6分〕〔2015春•高台县校级期中〕弹簧振子从距离平衡位置5cm处由静止释放，4s内完成5次全振动．如此这个弹簧振子的振幅为5 cm，振动周期为0.8 s，频率为1.25Hz．4s末振子的位移大小为5 cm，4s 内振子运动的路程为100 cm．假设其他条件不变，只是使振子改为在距平衡位置2.5cm处由静止释放，该振子的周期为 0.8 s．考点：简谐运动的振幅、周期和频率．专题：简谐运动专题．分析：据振幅的定义即可求解振幅；简谐运动中，振子完成一次全振动的时间叫做周期；单位时间内完成全振动的次数叫做频率；每个周期，振子的路程等于4倍的振幅．解答：解：弹簧振子从距平衡位置5cm处由静止释放，如此振幅为：A=5cm；全振动5次所用的时间为4s，如此周期为：T=s=0.8s；频率为周期倒数：f===1.25Hz；4s=5T，所以振子回到初位置，位移为5cm；一次全振动的路程为：4×5=20cm，故8s内全振动5次的路程为：s=5×20=200cm．据弹簧振子的周期与振幅无关，所以当改变振幅时，振子的振动周期不变，即为0.8s．故答案为：5；0.8； 1.25； 5； 100； 0.8．点评：此题关键要熟悉周期、频率、振幅的概念，会运用简谐运动的对称性分析；一定注意弹簧振子的周期与振幅无关，根底题．15．〔6分〕〔2015春•高台县校级期中〕如下列图，A、B两点中有一点是振源，相距1.2m，所产生的简谐横波沿直线传播．从振源开始振动时开始计时，在4s内，A质点完成了8次全。
甘肃省张掖市高台一中 高二物理下学期6月月考试卷含解析
2013-2014学年甘肃省张掖市高台一中高二（下）月考物理试卷（6月份）一、单项选择题（本题共15小题，每小题2分，共30分．在每小题给出的四个选项中，只有一个选项最符合题目要求．多选、错选均不得分）1．（2分）（2014春•高台县校级月考）下列关于电磁感应现象的说法中，正确的是（）A．电磁感应现象是丹麦物理学家奥斯特发现的B．导体在磁场中运动时就会产生感应电流C．感应电流的方向跟导体运动方向和磁感线方向有关D．电磁起重机是利用电磁感应现象制成的2．（2分）（2013春•腾冲县校级期中）如图所示，匀强磁场与圆形导体环平面垂直，导体ef 与环接触良好，当ef向右匀速运动时（）A．圆环中磁通量不变，环上无感应电流产生B．整个环中有顺时针方向的电流C．整个环中有逆时针方向的电流D．环的右侧有逆时针方向的电流，环的左侧有顺时针方向的电流3．（2分）（2004•江苏）如图，一个有界匀强磁场区域，磁场方向垂直纸面向外．一个矩形闭合导线框abcd，沿纸面由左向右匀速运动到虚线位置．则（）A．导线框进入磁场时，感应电流方向为a→d→c→b→aB．导线框离开磁场时，感应电流方向为a→b→c→d→aC．导线框进入磁场时，受到的安培力方向水平向左D．导线框离开磁场时，受到的安培力方向水平向右4．（2分）（2011秋•七里河区校级期末）如图所示，在O点正下方有一个具有理想边界的磁场，铜环在A点由静止释放向右摆至最高点B，不考虑空气阻力．则下列说法正确的是（）A．A、B两点在同一水平线上B． A点高于B点C．A点低于B点D．铜环始终做等幅摆动5．（2分）（2008秋•南安市校级期末）一矩形线圈在匀强磁场中匀速转动，当线圈通过中性面时（）A．线圈平面与磁感线方向平行B．通过线圈的磁通量达到最大值C．通过线圈的磁通量变化率达到最大值D．线圈中的电动势达到最大值6．（2分）（2011秋•德州期末）如图所示，两平行虚线间的区域内存在着垂直纸面向外的匀强磁场，较小的梯形线圈abcd的ab边与磁场边界平行，线圈匀速向右运动穿过磁场区域．从ab边进入磁场开始计时，设电流顺时针方向为正方向，可以定性地表示线圈在穿过磁场的过程中感应电流随时间变化规律的是图中所示的（）A． B．C．D．7．（2分）（2013春•科左后旗校级期中）如图所示的四个图中，能正确表示电流互感器工作的是（）A． B． C． D．8．（2分）（2015春•景洪市校级期中）某交流发电机工作时的电动势为e=E m sinωt，如果将其电枢的转速提高一倍，同时将电枢所围面积减小一半，其它条件不变，则其电动势变为（）A．e=E m sinωt B．e=4E m sin2ωt C．e=E m sin2ωt D． e=4E m sinωt9．（2分）（2013春•船营区校级期末）对于如图所示的电流i随时间t做周期性变化的图象，下列描述正确的是（）A．电流的大小变化，方向也变化，是交变电流B．电流的大小变化，方向不变，不是交变电流C．电流的大小不变，方向不变，是直流电D．电流的大小不变，方向变化，是交变电流10．（2分）（2013春•勉县校级期中）一只矩形线圈在匀强磁场中绕垂直于磁场的轴匀速转动，产生的交流电动势e=10sin4πt（V），下列叙述正确的是（）A．交变电流的频率是4πHzB．当t=0时线圈平面跟中性面垂直C．当t=s时e有最大值D．交变电流的周期是0.5s11．（2分）（2014•东昌府区校级模拟）如图所示，表示一交变电流随时间而变化的图象，此交变电流的有效值是（）A．5 A B．5A C． A D． 3.5A12．（2分）（2012春•温州校级期末）如图所示，白炽灯和电容器串联后接在交流电源的两端，当交流电源的频率增大时（）A．电容器电容增大B．电容器电容减小C．电灯变暗D．电灯变亮13．（2分）（2008•天津）一理想变压器的原线圈上接有正弦交变电压，其最大值保持不变，副线圈接有可调电阻R．设原线圈的电流为I1，输入功率为P1，副线圈的电流为I2，输出功率为P2．当R增大时（）A．I1减小，P1增大B． I1减小，P1减小C．I2增大，P2减小D． I2增大，P2增大14．（2分）（2014春•高台县校级月考）质量为3m的机车，其水平速度为v，在与质量为2m 的静止车厢挂接后一起运动的速度为（）A．0.4v B．0.6v C．0.8v D． 1.5v15．（2分）（2000秋•和平区期末）物体在恒定的合力F作用下，做直线运动，在时间△t1内速度由O增大到v，在时间△t2内速度同v增大到2v，设F在△t1内做功是W1，冲量是I1，在△t2内做的功是W2，冲量是I2，那么（）A．I1＜I2，W1=W2B．I1＜I2，W1＜W2 C．I1=I2，W1=W2D． I1=I2，W1＜W2二.多项选择题（本题共5小题，每小题3分，共15分．在每小题给出的四个选项中，不止一个选项符合题目要求．每小题全对者得3分；漏选得2分；多选、错选、不选均不得分）．16．（3分）（2008•江苏模拟）如图所示，一矩形闭合线圈在匀强磁场中绕垂直于磁场方向的转轴ΟΟ′以恒定的角速度ω转动，从线圈平面与磁场方向平行时开始计时，则在0～这段时间内（）A．线圈中的感应电流一直在减小B．线圈中的感应电流先增大后减小C．穿过线圈的磁通量一直在减小D．穿过线圈的磁通量的变化率一直在减小17．（3分）（2011•云龙县校级一模）发电厂发电机的输出电压为U1，发电厂至学校的输电导线总电阻为R，通过导线的电流为I，学校得到的电压为U2，则输电线上损耗的功率可表示为（）A．B． C．IU1D． I（U1﹣U2）18．（3分）（2013春•启东市校级期中）质量为m的小球A，沿光滑水平面以速度v0与质量为2m的静止小球B发生正碰，碰撞后，A球的动能变为原来的，那么小球B的速度可能是（）A．v0B．v0C．v0D．v019．（3分）（2010春•湖北校级期末）恒力F作用在质量为m的物体上，如图所示，由于地面对物体的摩擦力较大，没有被拉动，则经时间t，下列说法正确的是（）A．拉力F对物体的冲量大小为零B．拉力F对物体的冲量大小为FtC．合力对物体的冲量大小是FtcosθD．合力对物体的冲量大小为零20．（3分）（2014春•高台县校级月考）关于产生感应电流的条件，下列说法中不正确的是（）A．只要闭合电路在磁场中运动，闭合电路中就一定有感应电流B．只要闭合电路中有磁通量，闭合电路中就有感应电流C．只要导体做切割磁感线运动，就有感应电流产生D．只要穿过闭合电路的磁感线条数发生变化，闭合电路中就有感应电流三、实验题：（每空3分，共18分）21．（12分）（2012春•姜堰市期中）某同学设计了一个用打点计时器探究碰撞过程中不变量的实验：在小车A的前端粘有橡皮泥，推动小车A使之做匀速运动．然后与原来静止在前方的小车B相碰并粘合成一体，继续做匀速运动，他设计的具体装置如图所示．在小车A后连着纸带，电磁打点计时器电源频率为50Hz，长木板下垫着小木片用以平衡摩擦力．（1）若已得到打点纸带如图所示，并将测得的各计数点间距离标在图上，A点是运动起始的第一点，则应选段来计算A的碰前速度，应选段来计算A和B碰后的共同速度（以上两格填“AB”或“BC”或“CD”或“DE”）．（2）已测得小车A的质量m1=0.40kg，小车B的质量m2=0.20kg，由以上测量结果可得：碰前m A v A+m B v B= kg•m/s；碰后m A v A，+m B v B，=kg•m/s．并比较碰撞前后两个小车质量与速度的乘积之和是否相等．（计算结果保留三位有效数字）22．（3分）（2014春•高台县校级月考）只要穿过闭合导体回路的发生变化，闭合导体回路中就有感应电流．23．（3分）（2014春•高台县校级月考）如图所示是电阻式温度计，一般是利用金属铂做的，已知铂丝的电阻随温度的变化情况，测出铂丝的电阻就可以知道其温度．这实际上是一个传感器，它是将温度这个热学量转化为来进行测量的．四、计算题（本题共4小题，共37分．解答应写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤，只写出最后答案的不能得分．有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位）24．（9分）（2014春•高台县校级月考）长为1m的细绳，能承受的最大拉力为46N，用此绳悬挂质量为0.99kg的物块处于静止状态，如图所示，一颗质量为10g的子弹，以水平速度V0射人物块内，并留在其中．若子弹射人物块内时细绳恰好不断裂，则子弹射入物块前速度V0至少为多大？（g取10m/s2）25．（8分）（2008•上海）（适合于二期课改教材的考生）某小型实验水电站输出功率是20kW，输电线路总电阻是6Ω．（1）若采用380V输电，求输电线路损耗的功率．（2）若改用5000高压输电，用户端利用n1：n2=22：1的变压器降压，求用户得到的电压．26．（10分）（2014•兰考县模拟）如图，一质量为M的物块静止在桌面边缘，桌面离水平地面高度为h，质量为m的子弹以水平速度v0射入物块后，以水平速度射出物块．重力加速度为g．求：（1）此过程中损失的机械能；（2）此后物块落地点离桌面边缘的水平距离．27．（10分）（2014•淇县校级四模）如图所示，两平行金属导轨间的距离L=0.40m，金属导轨所在的平面与水平面夹角θ=37°，在导轨所在平面内，分布着磁感应强度B=0.50T、方向垂直于导轨所在平面的匀强磁场．金属导轨的一端接有电动势E=4.5V、内阻r=0.50Ω的直流电源．现把一个质量m=0.040kg的导体棒ab放在金属导轨上，导体棒恰好静止．导体棒与金属导轨垂直、且接触良好，导体棒与金属导轨接触的两点间的电阻R0=2.5Ω，金属导轨电阻不计，g取10m/s2．已知sin37°=0.60，cos37°=0.80，求：（1）通过导体棒的电流；（2）导体棒受到的安培力大小以及方向；（3）导体棒受到的摩擦力大小与方向．2013-2014学年甘肃省张掖市高台一中高二（下）月考物理试卷（6月份）参考答案与试题解析一、单项选择题（本题共15小题，每小题2分，共30分．在每小题给出的四个选项中，只有一个选项最符合题目要求．多选、错选均不得分）1．（2分）（2014春•高台县校级月考）下列关于电磁感应现象的说法中，正确的是（）A．电磁感应现象是丹麦物理学家奥斯特发现的B．导体在磁场中运动时就会产生感应电流C．感应电流的方向跟导体运动方向和磁感线方向有关D．电磁起重机是利用电磁感应现象制成的考点：电磁感应现象的发现过程．分析：电磁感应现象是由法拉第发现的；闭合电路的一部分导体在磁场中做切割磁感线运动时会产生感应电流；感应电流的方向由右手定则判断；电磁起重机是利用电流的磁效应现象制成的．解答：解：A、电磁感应现象是英国物理学家法拉第发现的；故A错误．B、闭合电路的一部分导体在磁场中做切割磁感线运动时才会产生感应电流；故B错误．C、感应电流的方向跟导体运动方向和磁感线方向均有关，故C正确．D、电磁起重机是利用电流的磁效应现象制成的．故D错误．故选：C点评：本题要了解电磁感应的相关物理学史，掌握产生感应电流的条件和感应电流方向的特点．2．（2分）（2013春•腾冲县校级期中）如图所示，匀强磁场与圆形导体环平面垂直，导体ef 与环接触良好，当ef向右匀速运动时（）A．圆环中磁通量不变，环上无感应电流产生B．整个环中有顺时针方向的电流C．整个环中有逆时针方向的电流D．环的右侧有逆时针方向的电流，环的左侧有顺时针方向的电流考点：导体切割磁感线时的感应电动势；法拉第电磁感应定律；楞次定律．专题：电磁感应与电路结合．分析：导体ef切割磁感线产生感应电动势，相当于电源，圆环相当于外电路；根据右手定则判断ef中产生的感应电流方向，即可知道环两边的感应电流方向．解答：解：A、导体ef切割磁感线产生感应电动势，圆环两侧组成外电路，所以环上有感应电流，故A错误．B、C、D根据右手定则判断可知，ef中产生的感应电流方向从e→f，则环的右侧有逆时针方向的电流，环的左侧有顺时针方向的电流，故BC错误，D正确．故选：D点评：本题由磁通量角度不好理解时，可以运用切割的方法进行理解，并要掌握右手定则判断感应电流的方向．3．（2分）（2004•江苏）如图，一个有界匀强磁场区域，磁场方向垂直纸面向外．一个矩形闭合导线框abcd，沿纸面由左向右匀速运动到虚线位置．则（）A．导线框进入磁场时，感应电流方向为a→d→c→b→aB．导线框离开磁场时，感应电流方向为a→b→c→d→aC．导线框进入磁场时，受到的安培力方向水平向左D．导线框离开磁场时，受到的安培力方向水平向右考点：右手定则；左手定则．专题：电磁学．分析：线框进入时bc边切割磁感线，出来时ad边切割磁感线，因此根据右手定则可以判断出电流方向，注意完全进入时，磁通量不变，无感应电流产生；然后根据左手定则判断安培力方向．也可以利用楞次定律直接判断电流和受力方向．解答：解：线框进入磁场时，磁通量增大，因此感应电流形成磁场方向向里，由安培定则可知感应电流方向为a→b→c→d→a，安培力方向水平向左，同理线框离开磁场时，电流方向为a→d→c→b→a，安培力方向水平向左，故ABD错误，C正确．故选C．点评：本题可以利用楞次定律直接判断电流和受力方向，也可以利用右手定则先判断电流向，然后利用左手定则判断受力方向．4．（2分）（2011秋•七里河区校级期末）如图所示，在O点正下方有一个具有理想边界的磁场，铜环在A点由静止释放向右摆至最高点B，不考虑空气阻力．则下列说法正确的是（）A．A、B两点在同一水平线上B． A点高于B点C．A点低于B点D．铜环始终做等幅摆动考点：洛仑兹力；* 涡流现象及其应用．分析：铜环在A点由静止释放向右摆至最高点B过程中，重力做正功，穿越磁场时，要克服安培力做功，产生焦耳热，根据能量守恒来判断AB间高度关系．解答：解：A、铜环在穿越磁场时，产生电能，如AB两点在同一水平线，违反了能量守恒定律．故A错误．B、C铜环在穿越磁场时，产生电能，机械能减小．则A点高于B点．故B正确，C错误．D、由上分析，铜环振幅先不断减小，完全在磁场内运动时，将不再产生电能，机械能不变，最终做等幅摆动．故D错误．故选：B．点评：研究电磁感应问题，常常有两条思路，一条是力的角度，一条是能量的角度．5．（2分）（2008秋•南安市校级期末）一矩形线圈在匀强磁场中匀速转动，当线圈通过中性面时（）A．线圈平面与磁感线方向平行B．通过线圈的磁通量达到最大值C．通过线圈的磁通量变化率达到最大值D．线圈中的电动势达到最大值考点：交流发电机及其产生正弦式电流的原理．专题：交流电专题．分析：矩形线圈在匀强磁场中绕垂直于磁场方向的轴匀速转动时，线圈中产生正弦式电流．在中性面时，线圈与磁场垂直，磁通量最大，感应电动势为零．线圈每通过中性面一次，电流方向改变一次．解答：解：AB、在中性面时，线圈与磁场垂直，磁通量最大．故A错误B正确．CD、在中性面时，没有边切割磁感线，感应电动势为零，通过线圈的磁通量变化率为零．故CD错误．故选：B．点评：本题考查正弦式电流产生原理的理解能力，抓住两个特殊位置的特点：线圈与磁场垂直时，磁通量最大，感应电动势为零；线圈与磁场平行时，磁通量为零，感应电动势最大．6．（2分）（2011秋•德州期末）如图所示，两平行虚线间的区域内存在着垂直纸面向外的匀强磁场，较小的梯形线圈abcd的ab边与磁场边界平行，线圈匀速向右运动穿过磁场区域．从ab边进入磁场开始计时，设电流顺时针方向为正方向，可以定性地表示线圈在穿过磁场的过程中感应电流随时间变化规律的是图中所示的（）A． B．C．D．考点：法拉第电磁感应定律；导体切割磁感线时的感应电动势；楞次定律．专题：电磁感应与电路结合．分析：根据右手定则或楞次定律判断边线框进入磁场时和出磁场时，回路中感应电流方向，再根据磁场中有效切割长度的变化，求出感应电流的变化，从而得出正确结果．解答：解：由右手定则（或楞次定律）可得，线圈进入磁场时，感应电流电流沿顺时针方向，电流沿正方向，线圈离开磁场时，感应电流沿逆时针方向，电流是负的，由图象可知，CD错误；由图示可知，从ab边进入磁场到d点进入磁场的过程中，导线切割磁感线的有效长度L不变，感应电动势E=BLv不变，感应电流不变，从d点进入到c点进入的过程中L减小，感应电动势减小，感应电流减小；当ab边离开磁场到d点开始离开磁场的过程中，导线切割磁感线的有效长度最大，保持不变，感应电流最大，保持不变，从d点离开磁场到线圈完全离开磁场的过程中，切割磁场的导线有效长度L减小，感应电流减小，由图象可知，A正确，B错误；故选：A．点评：本题是图象问题，根据楞次定律和法拉第电磁感应定律、欧姆定律判断感应电流的方向，得到电流的解析式，再选择图象．7．（2分）（2013春•科左后旗校级期中）如图所示的四个图中，能正确表示电流互感器工作的是（）A． B． C． D．考点：变压器的构造和原理．专题：交流电专题．分析：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D正确；故选：D点评：电流互感器的接线应遵守串联原则；按被测电流大小，选择合适的变化，否则误差将增大．8．（2分）（2015春•景洪市校级期中）某交流发电机工作时的电动势为e=E m sinωt，如果将其电枢的转速提高一倍，同时将电枢所围面积减小一半，其它条件不变，则其电动势变为（）A．e=E m sinωt B．e=4E m sin2ωt C．e=E m sin2ωt D． e=4E m sinωt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：根据交流发电机工作时的电动势最大值表达式，求出电枢的转速提高一倍，电枢所围面积减小一半时感应电动势最大值，再写出电动势的表达式．解答：解：交流发电机工作时的电动势最大值表达式E m=NBSω，将发电机电枢的转速提高一倍，同时将电枢所围面积减小一半，电动势最大值表达式E m′=NB•2ω=NBSω=E m，角速度为ω′=2ω，则其电动势变为e=E m sin2ωt．故选C点评：本题关键要掌握电动势最大值表达式E m=NBSω．基本题．9．（2分）（2013春•船营区校级期末）对于如图所示的电流i随时间t做周期性变化的图象，下列描述正确的是（）A．电流的大小变化，方向也变化，是交变电流B．电流的大小变化，方向不变，不是交变电流C．电流的大小不变，方向不变，是直流电D．电流的大小不变，方向变化，是交变电流考点：交变电流．专题：交流电专题．分析：交流电是指大小和方向随时间做周期性的变化．而直流是方向不变，大小可变也可不变，当不变的电流为恒定直流．解答：解：由图象可知，电流的方向不变，而大小作周期性变化，所以不是交流，而是直流，但不是恒定直流．故选：B点评：本题主要考查学生对：图象的认识及直流与交流的区别，以及交流电的特点的了解和掌握，是一道基础题．10．（2分）（2013春•勉县校级期中）一只矩形线圈在匀强磁场中绕垂直于磁场的轴匀速转动，产生的交流电动势e=10sin4πt（V），下列叙述正确的是（）A．交变电流的频率是4πHzB．当t=0时线圈平面跟中性面垂直C．当t=s时e有最大值D．交变电流的周期是0.5s考点：正弦式电流的图象和三角函数表达式；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：根据感应电动势的瞬时表达式求解频率和周期；当感应电动势为零时，线圈平面跟磁感线垂直，磁通量最大，磁通量变化率为0．解答：解：A、D、交流电动势e=10sin4πt（V），故角频率ω=4πrad/s，周期T==s，频率f=，故A错误，D正确；B、当t=0时感应电动势为零，线圈平面跟磁感线垂直，磁通量最大，磁通量变化率为0，线圈处于中性面，故B正确；C、当t=s时，e有最大值电动势e=0，故C错误；故选：D．点评：本题关键是能够根据交流电的瞬时值表达式求解周期和频率，知道在中性面位置感应电动势为零，基础题．11．（2分）（2014•东昌府区校级模拟）如图所示，表示一交变电流随时间而变化的图象，此交变电流的有效值是（）A．5 A B．5A C． A D． 3.5A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：根据有效值的定义求解．取一个周期时间，将交流与直流分别通过相同的电阻，若产生的热量相同，直流的电流值，即为此交流的有效值．解答：解：将交流与直流通过阻值都为R的电阻，设直流电流为I，则根据有效值的定义有：（4）2R•+（3）2R•=I2RT解得：I=5A故选：B．点评：对于非正弦式电流可根据有效值的定义求解有效值．常见题型，要熟练掌握．12．（2分）（2012春•温州校级期末）如图所示，白炽灯和电容器串联后接在交流电源的两端，当交流电源的频率增大时（）A．电容器电容增大B．电容器电容减小C．电灯变暗D．电灯变亮考点：电容器和电感器对交变电流的导通和阻碍作用．分析：图中电容器与灯泡串联；电流频率越大，电容对交变电流的阻碍作用越小，电流越大．解答：解：A、B、影响电容器的因素：正对面积、极板间距及电介质没有变化，当交流电源的频率增大时，则电容器的电容不变，故A错误，B错误；C、D、图中电容器与灯泡串联，交变电流频率越大，电容对交变电流的阻碍作用越小，电流越大，灯泡功率越大，灯泡越亮，故C错误，D正确；故选：D．点评：知道电阻、电感、电容对电流的作用是正确解题的前提与关键，灯的亮度由灯的实际功率决定，实际功率越大，灯越亮，注意影响电容器的电容因素．13．（2分）（2008•天津）一理想变压器的原线圈上接有正弦交变电压，其最大值保持不变，副线圈接有可调电阻R．设原线圈的电流为I1，输入功率为P1，副线圈的电流为I2，输出功率为P2．当R增大时（）A．I1减小，P1增大B． I1减小，P1减小C．I2增大，P2减小D． I2增大，P2增大考点：变压器的构造和原理．专题：交流电专题．分析：输出电压是由输入电压和匝数比决定的，输入的功率的大小是由输出功率的大小决定的，电压与匝数程正比，电流与匝数成反比，根据理想变压器的原理分析即可．解答：解：由于原线圈的输入电压不变，变压器的匝数比也不变，所以副线圈的输出电压不变，当电阻R增大时，电路的电阻变大，副线圈的电流I2减小，所以原线圈的电流I1也要减小，由于副线圈的电压不变，根据P=可得，当电阻增大时，输出的功率P2将减小，所以原线圈的输入的功率P1也将减小．所以B正确．故选B．点评：电路的动态变化的分析，总的原则就是由部分电路的变化确定总电路的变化的情况，再确定其他的电路的变化的情况，即先部分后整体再部分的方法．14．（2分）（2014春•高台县校级月考）质量为3m的机车，其水平速度为v，在与质量为2m 的静止车厢挂接后一起运动的速度为（）A．0.4v B．0.6v C．0.8v D． 1.5v考点：动量守恒定律．专题：动量定理应用专题．分析：机车与车厢碰撞的过程，系统所受外力远小于内力，总动量守恒，由动量守恒定律求解碰撞后共同速度．解答：解：机车与静止车厢挂接的过程，内力远远大于外力，系统动量守恒，规定机车速度方向为正方向，根据动量守恒定律得：3mv=（3m+2m）v′得：v′=0.6v，故ACD错误，B正确．故选：B．点评：本题中两车发生碰撞，在碰撞过程中系统动量守恒，由动量守恒定律列出等式即可求解，注意正方向的规定，比较简单．15．（2分）（2000秋•和平区期末）物体在恒定的合力F作用下，做直线运动，在时间△t1内速度由O增大到v，在时间△t2内速度同v增大到2v，设F在△t1内做功是W1，冲量是I1，在△t2内做的功是W2，冲量是I2，那么（）A．I1＜I2，W1=W2B．I1＜I2，W1＜W2 C．I1=I2，W1=W2D． I1=I2，W1＜W2考点：动量定理．专题：动量定理应用专题．分析：根据动能定理研究功的关系，根据动量定理研究冲量的关系．解答：解：根据动能定理得：，，则W1＜W2．根据动量定理得，I1=mv﹣0=mv，I2=2mv﹣mv=mv，知I1=I2．故D正确，A、B、C错误．故选D．。
【物理】甘肃省张掖二中2014-2015学年高二下学期月考(10月份)
甘肃省张掖二中2014-2015学年高二下学期月考物理试卷（10月份）参考答案与试题解析一、单项选择题（本题共6小题，每小题4分，共24分）1．（4分）关于电场强度与电势的关系，下面各种说法中正确的是（）A．电场强度大的地方，电势一定高B．电场强度不变，电势也不变C．电场强度为零处，电势一定为零D．电场强度的方向是电势降低最快的方向考点：电场强度；电势．专题：电场力与电势的性质专题．分析：电场强度和电势这两个概念非常抽象，借助电场线可以形象直观表示电场这两方面的特性：电场线疏密表示电场强度的相对大小，切线方向表示电场强度的方向，电场线的方向反映电势的高低．解答：解：A、电场线密处，电场强度大，而电场线方向不确定，故无法判断电势高低，故A错误；B、在匀强电场中，电场强度不变，沿着电场线的方向，电势总是逐渐降低的，故B错误；C、电势为零，是人为选择的，电场强度为零的地方，电势不一定为零．故C错误．D、沿着电场方向电势降低最快，故D说法正确；故选：D．点评：电场线的疏密表示电场强度的相对大小，电场线的方向反映电势的高低，则电场强度与电势没有直接关系．顺着电场线方向，电势逐渐降低，但场强不一定减小．2．（4分）如图所示，空间有一电场，电场中有两个点a和b．下列表述正确的是（）A．该电场是匀强电场B．a点的电场强度比b点的大C．a点的电势比b点的高D．正电荷在a、b两点受力方向相同考点：电场线．分析：电场线的疏密代表场强的强弱，场强处处相同的电场为匀强电场．沿电场线方向电势逐渐降低．解答：解：A、由电场线的分布可以看出，此电场不是匀强电场，故A错误；B、b点电场线比a点电场线密，故a点的电场强度比b点的小，故B错误；C、根据电场线的方向知a点的电势比b点的大，故C正确．D、正电荷在a、b两点受力方向分别沿a、b两点的切线方向，方向不同，故D错误．故选：C点评：解决本题的关键知道电场线的特点，电场线的疏密代表电场的强弱，电场线上某点的切线方向表示电场的方向．3．（4分）在真空中有两个等量的正电荷q1和q2，分别固定于A、B两点，DC为AB连线的中垂线，先将一正电荷q3由C点沿着中垂线移至无穷远处的过程中，下列结论正确的有（）A．电势能逐渐减小B．电势能逐渐增大C．q3受到的电场力逐渐减小D．q3受到的电场力逐渐增大考点：匀强电场中电势差和电场强度的关系；电势能．专题：电场力与电势的性质专题．分析：由题，q1、q2是两个等量的正电荷，DC为A、B连线的中垂线，作出CD线上的电场线，根据电场线方向判断正电荷q3由C点沿CD移至无穷远的过程中，电势的变化，由电场力做功正负判断其电势能的变化．运用极限法判断场强的变化，确定电场力的变化．解答：解：A、B，由题，q1、q2是两个等量的正电荷，作出中垂线CD上电场线如图，根据顺着电场线电势降低，可知正电荷q3由C点沿CD移至无穷远的过程中，电势不断降低，电场力做正功，其电势能不断减小．故A正确，B错误．C、D根据电场的叠加可知，C点的场强为零，而无穷远处场强也为零，所以由C点沿CD 移至无穷远的过程中，场强先增大，后减小，q3受到的电场力先逐渐增大，后逐渐减小．故C、D错误．故选：A．点评：对于等量同种和等量异种电荷电场线、等势面的分布情况要掌握，这是考试的热点．特别是抓住电荷连线的中垂线电场线与等势面的特点．4．（4分）如图所示，a、b、c为电场中同一条水平方向电场线上的三点，c为ab中点．a、b电势分别为φa=5V，φb=3V，下列叙述正确的是（）A．该电场在c点处的电势一定为4VB．a点处的场强E a一定大于b点处的场强E bC．一正电荷从c点运动到b点电势能一定减少D．一正电荷运动到c点时受到的电场力由c指向a考点：电势能；电势．专题：电场力与电势的性质专题．分析：只有当该电场是匀强电场时，在c点处的电势一定为4V．根据推论：正电荷在电势高处电势能大，分析正电荷从c点运动到b点电势能如何变化．电场线的疏密可以判断场强的大小．正电荷受到的电场力方向与场强方向相同．解答：解：A、当该电场是匀强电场时，由于沿电场方向相同距离电势差相等，则场在c点处的电势一定为4V．当该电场不是匀强电场时，在c点处的电势不一定为4V．故A错误．B、一条电场线无法比较电场线的疏密，就无法比较场强的大小，则a点处的场强E a不一定大于b点处的场强E b．故B错误．C、由题，a点的电势高于b点的电势，根据正电荷在电势高处电势能大可知，正电荷从c 点运动到b点电势能一定减少．故C正确．D、由题可判断电场线方向从a指向b，正电荷运动到c点时受到的电场力由a指向b．故D 错误．故选C点评：本题要抓住电场线的物理意义：电场线的疏密表示电场的强弱，电场线的方向表示电势的高低．5．（4分）空间存在甲、乙两相邻的金属球，甲球带正电，乙球原来不带电，由于静电感应，两球在空间形成了如图所示稳定的静电场．实线为其电场线，虚线为其等势线，A、B两点与两球球心连线位于同一直线上，C、D两点关于直线AB对称，则（）A．A点和B点的电势相同B．C点和D点的电场强度相同C．正电荷从B点移至A点，电场力做负功D．负电荷从C点沿直线CD移至D点，电势能先增大后减小考点：电场线；电势．分析：电场线是从正电荷或者无穷远出发出，到负电荷或无穷远处为止，电场线密的地方电场的强度大，电场线疏的地方电场的强度小．解答：解：A、A点和B点不在同一个等势面上，所以它们的电势不同，所以A错误．B、根据电场的对称性可知，C点和D点的电场强度的大小相同，但是它们的方向不同，所以B错误．C、从A点移至B点，电势降低，所以正电荷从B点移至A点，电场力做负功，所以C正确．D、C点和D点在同一个等势面上，负电荷从C点沿直线CD移至D点，电势先增加后减小，所以电势能先减小后增大，所以D错误．故选：C．点评：加强基础知识的学习，掌握住电场线的特点：电场线的疏密表示场强大小，沿电场线方向电势逐渐降低，即可解决本题．6．（4分）如图，一半径为R的圆盘上均匀分布着电荷量为Q的电荷，在垂直于圆盘且过圆心c的轴线上有a、b、d三个点，a和b、b和c、c和d间的距离均为R，在a点处有一电荷量为q（q＞0）的固定点电荷．已知b点处的场强为零，则d点处场强的大小为（k为静电力常量）（）A．B．C．D．考点：电场的叠加；电场强度．专题：电场力与电势的性质专题．分析：由题意可知，半径为R均匀分布着电荷量为Q的圆盘上电荷，与在a点处有一电荷量为q（q＞0）的固定点电荷，在b点处的场强为零，说明各自电场强度大小相等，方向相反．那么在d点处场强的大小即为两者之和．因此根据点电荷的电场强度为即可求解．解答：解：电荷量为q的点电荷在b处产生电场强度为，而半径为R均匀分布着电荷量为Q的圆盘上电荷，与在a点处有一电荷量为q（q＞0）的固定点电荷，在b点处的场强为零，则圆盘在此处产生电场强度也为．那么圆盘在此d产生电场强度则仍为．而电荷量为q的点电荷在d处产生电场强度为，由于都在d处产生电场强度方向相同，即为两者大小相加．所以两者这d处产生电场强度为，故B正确，ACD错误．故选：B．点评：考查点电荷与圆盘电荷在某处的电场强度叠加，紧扣电场强度的大小与方向关系，从而为解题奠定基础．二、多项选择题（本题共4小题，每小题6分，共24分）7．（6分）下列各量中，与检验电荷无关的物理量是（）A．电场力F B．电场强度E C．电势差U D．电场做的功W考点：电场强度；电势差．专题：电场力与电势的性质专题．分析：本题考查了对电场中几个概念的理解情况，物理中有很多物理量是采用比值法定义的，要正确理解比值定义法的含义．解答：解：A、电场力F=qE，知电场力与检验电荷有关．故A错误．B、电场强度的大小由电场本身的性质决定，与检验电荷的电量无关．故B正确．C、电场中两点间电势差由电场中两点的电势决定，电势与检验电荷无关，所以电势差与检验电荷无关．故C正确．D、电场力做功W=qU，知电场力做功与检验电荷的电量有关．故D错误．故选BC．点评：对于物理中各个物理量要明确其确切含义，以及其定义式和决定式的不同，这要在学习中不断的总结和积累．8．（6分）带电粒子M只在电场力作用下由P点运动到Q点，在此过程中克服电场力做了2.6×10﹣8 J的功，那么（）A．M在P点的电势能一定小于它在Q点的电势能B．P点的场强一定小于Q点的场强C．P点的电势一定高于Q点的电势D．M在P点的动能一定大于它在Q点的动能考点：带电粒子在匀强电场中的运动；电势能．专题：电场力与电势的性质专题．分析：在本题中只是知道从P到Q电场力做负功，可知带电粒子的电势能减小，而电荷的正负不知道，因此无法判断电势高低，电场线或者说电场分布情况不知，也无法判断电场强度的大小．根据电场力做功和电势能的关系可以动能和电势能的变化情况．解答：解：AD、因带电粒子克服电场力做功，电势能增加，动能减小，则有M在P点的电势能一定小于它在Q点的电势能，M在P点的动能一定大于它在Q点的动能，故AD正确．B、由于电场分布情况不知，无法判断P点和Q点电场强度的大小关系，故B错误；C、因为电荷正负不知，故无法判断电势高低，故C错误；故选：AD．点评：要正确理解电场强度、电势、电势能的决定因素和大小判断方法，不能混淆概念．9．（6分）如图所示的电路中，AB是两金属板构成的平行板电容器．先将电键K闭合，等电路稳定后再将K断开，然后将B板向下平移一小段距离，并且保持两板间的某点P与A 板的距离不变．则下列说法正确的是（）A．电容器的电容变小B．电容器内部电场强度大小变大C．电容器内部电场强度大小不变D．P点电势升高考点：电容器的动态分析．专题：电容器专题．分析：在电容器的电量不变的情况下，将B板下移，则导致电容变化，电压变化，根据E=与c=相结合可得E=，从而确定电场强度是否变化．再根据电荷带电性可确定电势能增加与否．解答：解：A、根据c=，当B板向下平移一小段距离，间距d增大，其它条件不变，则导致电容变小，故A正确；B、根据E=与c=相结合可得E=，由于电量不变，场强大小不变，故B错误C正确；D、B板接地，场强不变，所以P点与地间的电势差增大，即P点电势升高，故D正确；故选：ACD点评：做好电容器的题目要把电容的定义式、决定式和场强的推导式结合应用．10．（6分）带电粒子在匀强电场中的运动轨迹如图所示，如果带电粒子只受电场力作用从a 到b运动，下列说法正确的是（）A．粒子带正电B．粒子在a和b点的加速度相同C．该粒子在a点的电势能比在b点时大D．该粒子在b点的速度比在a点时大考点：带电粒子在匀强电场中的运动．专题：带电粒子在电场中的运动专题．分析：根据电荷的运动轨迹判断出电场力的方向，从而确定粒子的电性，根据带电粒子的受力，确定其运动情况．根据电场力做功情况分析电势能的大小．解答：解：A、由于粒子运动轨迹越来越向上弯曲，可判断它受的电场力方向为竖直向上，与电场方向相反，所以粒子应带负电，故A错误；B、匀强电场中粒子所受的电场力恒定，加速度相同，故B正确；CD、从a到b由于电场力方向速度方向成锐角，电场力做正功，则电势能减小，动能增大，故该粒子在b点的电势能比在a点时小，在b点的速度比在a点时大．故C、D正确．故选：BCD．点评：解决本题的关键知道物体的合力大致指向轨迹的凹向，这是解决本题的突破口．三、实验题（12分）按照题目要求填空．11．（4分）探究力对原来静止的物体做的功与物体获得的速度的关系，实验装置如图所示，实验主要过程如下：（1）设法让橡皮筋对小车做的功分别为W、2W、3W、…；（2）分析打点计时器打出的纸带，求出小车的速度v1、v2、v3、…；（3）作出W﹣v草图；（4）分析W﹣v图象．如果W﹣v图象是一条直线，表明W∝v；如果不是直线，可考虑是否存在W∝v2、W∝v3、W∞等关系．以下关于该实验的说法中有一项不正确，它是（）A．本实验设法让橡皮筋对小车做的功分别为W、2W、3W、…．所采用的方法是选用同样的橡皮筋，并在每次实验中使橡皮筋拉伸的长度保持一致．当用1条橡皮筋进行实验时，橡皮筋对小车做的功为w，用2条、3条、…橡皮筋并在一起进行第2次、第3次、…实验时，橡皮筋对小车做的功分别是2W、3W、…B．小车运动中会受到阻力，补偿的方法，可以使木板适当倾斜C．某同学在一次实验中，得到一条记录纸带．纸带上打出的点，两端密、中间疏．出现这种情况的原因，可能是没有使木板倾斜或倾角太小D．根据记录纸带上打出的点，求小车获得的速度的方法，是以纸带上第一点到最后一点的距离来进行计算考点：探究功与速度变化的关系．专题：实验题．分析：小车在橡皮条的拉力作用下先加速运动，当橡皮条恢复原长时，小车由于惯性继续前进，做匀速运动．解答：解：A、当橡皮筋伸长量按倍数增加时，功并不简单地按倍数增加，变力功一时无法确切测算．因此我们要设法回避求变力做功的具体数值，可以用一根橡皮筋做功记为W，用两根橡皮筋做功记为2W，用三根橡皮筋做功记为3W…，从而回避了直接求功的困难；故A正确．B、小车运动中会受到阻力，使木板适当倾斜，小车阻力补偿的方法是平衡摩擦力；故B正确．C、本实验中小车先加速后减速，造成纸带上打出的点，两端密、中间疏，说明摩擦力没有平衡，或没有完全平衡，可能是没有使木板倾斜或倾角太小．故C正确．D、本实验的目的是探究橡皮绳做的功与物体获得速度的关系．这个速度是指橡皮绳做功完毕时的瞬时速度，而不是整个过程的平均速度，故D错误．本题选错误的，故选：D．点评：本题关键是要分析清楚小车的运动，小车先加速和匀速，最后如果橡皮条与小车不能分离，则小车会再减速．12．（8分）在“验证机械能守恒定律”的实验中，质量m=1kg的物体自由下落，得到如乙图所示的纸带，相邻计数点间的时间间隔为0.04s．那么从打点计时器打下起点O到打下B点。
甘肃省高台县第一中学2014-2015学年高二上学期期中考试物理(理)试题(有答案)AqAPlP
第一部分(选择题 共52分)一、单项选择题 本题共12小题，每小题3分，共36分.在每小题给出的四个选项中，只有一个选项符合题意，选对得3分，选错或不答得0分.1．某静电场的电场线分布如图1所示，图中P 、Q 两点的电场强度的大小分别为p E 和Q E ，电势分别为p φ和Q φ，则 A ．p E ＞Q E ，p φ＞Q φ B ．p E ＞Q E ，p φ＜Q φ C ．p E ＜Q E ，p φ＞Q φ D ．p E ＜Q E ，p φ＜Q φ2．两个分别带有电荷量Q -和+3Q 的相同金属小球（均可视为点电荷），固定在相距为r 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2r，则两球间库仑力的大小为 A ．112F B ． 43F C ．34F D ．12F3．如图2所示，M 、N 为两个固定的等量同种正电荷，在其连线的中垂线上的 P 点（离O 点很近）由静止开始释放一电荷量为-q 的点电荷， 不计重力，下列说法中正确的是A ．点电荷在从P 到O 的过程中，速度先逐渐增大后逐渐减小B ．点电荷在从P 到O 的过程中，做匀速直线运动图 1图 2C ．点电荷运动到O 点时，加速度为零，速度达到最大值D ．点电荷越过O 点后，速度先逐渐增大，然后逐渐减小，直到粒子速度为零4．如图3所示，平行线代表电场线，但未标明方向，一个带正电、电量为 10－6 C 的微粒在电场中仅受电场力作用，当它从A 点运动到B 点时动能减少了10－5 J ，已知A 点的电势为－10 V ，则以下判断正确的是A ．微粒的运动轨迹如图中的虚线1所示；B ．微粒的运动轨迹如图中的虚线2所示；C ．B 点电场强度为零；D ．B 点电势为－20 V5．某平行板电容器的电容为C ，带电量为Q ，相距为d ，今在板间中点放一电量为q 的点电荷，则它所受到的电场力的大小为 A ．22d kQq B ．24dkQq C ． Cd QqD ．Cd Qq 2 6．图中A 、B 、C 、D 四个图是描述给定的电容器充电后，电容器的带电量Q 、两板间电势差U 、电容C 之间相互关系的图线，其中错误．．的是 7．如图4所示,让平行板电容器带电后，板B 与一灵敏的静电计相接，板A 接地。
甘肃省张掖市高台县第一中学高二物理上学期期末考试试卷
甘肃省张掖市高台县第一中学2014-2015学年高二物理上学期期末考试试卷1．自然界的电、热和磁等现象都是相互联系的，很多物理学家为寻找它们之间的联系做出了贡献。
下列说法正确的是( )A ．法拉第发现了电流的磁效应，揭示了电现象和磁现象之间的联系B ．欧姆发现了欧姆定律，说明了电现象和热现象之间存在联系C ．奥斯特发现了电磁感应现象，揭示了磁现象和电现象之间的联系D ．焦耳发现了电流的热效应，定量给出了电能和热能之间的转换关系2．如图是描述某匀强电场的电势ϕ沿x 轴方向的变化图象，则关于此图像斜率的大小和正负所表示的意义，下列说法正确的是( ) A ．电势差的大小与正负 B ．电势能的大小与正负 C ．电场强度的大小与方向 D ．电场力做功的大小与正负3．学过逻辑电路知识后，同学们想设计一个夜间教室防盗报警电路。
放学后教室的前门、后门都处于关闭状态，只要有其中一扇门被非法打开，报警器就会报警。
根据报警装置的要求，他们需要的是以下的何种门电路 ( ) A “与”门电路 B.“非”门电路 C“或”门电路 D ．无法判定4．一带电粒子从电场中的A 点运动到B 点，径迹如图中虚线所示，不计粒子所受重力，则下列说法正确的是( ) A ．粒子带正电B ．粒子的速度逐渐减小 C. 粒子的加速度逐渐增大 D ．粒子的电势能减小5. 在图中所示的电路中，电源电动势为E 、内电阻为r 。
将滑动变阻器的滑片P 从图示位置向右滑动的过程中，关于各电表示数的变化，下列判断中正确的是( ) A ．电流表A 的示数变大 B ．电压表V 的示数变小C ．电流表A1的示数变小D ．电流表A2的示数变小 6. 一个矩形线圈面积为4.0×10-4m2，将它放入水平方向的匀强磁场中，线圈与磁场之间的夹角为30°，ad 、bc 边与磁场垂直，如图所示，该匀强磁场的磁感应强度为0.2T 。
现将线圈以ad 为轴按图中所示方向旋转60°，则穿过线圈的磁通量的变化量为( )A ． 0B ．8×10-5WbR 1R 2 Er PAA 2A 1 V ϕx d c ωABOθC ．83×10-5WbD ．1.6×10-4Wb7. 直流电源跟一个线圈连接成闭合回路，线圈的上方和右侧各 有一个可以自由转动的小磁针，它们静止时如图所示，则下列 判断正确的是 ( )A ．小磁针的c 端为N 极，电源的a 端为正极B ．小磁针的c 端为N 极，电源的a 端为负极C ．小磁针的d 端为N 极，电源的a 端为正极D ．小磁针的d 端为N 极，电源的a 端为负极8. 一根质量为m 的金属棒AC 用细线悬挂在磁感应强度为B 的匀强磁场中，磁场方向如图所示。
甘肃省张掖市高台一中2014-2015学年高二上学期月考物理试卷(9月份)
甘肃省张掖市高台一中2014-2015学年高二上学期月考物理试卷（9月份）一、单项选择题（本大题共10小题；每小题4分，共40分）1．（4分）物理学在揭示现象本质的过程中不断发展，下列说法不正确的是（）A．通电导线受到的安培力，实质上是导体内运动电荷受到洛仑兹力的宏观表现B．穿过闭合电路的磁场发生变化时电路中产生感应电流，是因为变化磁场在周围产生了电场使电荷定向移动C．磁铁周围存在磁场，是因为磁铁内有取向基本一致的分子电流D．踢出去的足球最终要停下来，说明力是维持物体运动的原因2．（4分）1831年发现电磁感应现象的物理学家是（）A．牛顿B．伽利略C．法拉第D．焦耳3．（4分）真空中两个同性的点电荷q1、q2，它们相距较近，保持静止．释放q2且q2只在q1的库仑力作用下运动，则q2在运动过程中受到的库仑力（）A．不断减小B．不断增加C．始终保持不变D．先增大后减小4．（4分）如图所示，带正电的点电荷固定于Q点，电子在库仑力作用下，做以O为焦点的椭圆运动．M、P、N为椭圆上的三点，P点是轨道上离Q最近的点．电子在从M点经过P到达N点的过程中（）A．速率先增大后减小B．速率先减小后增大C．静电力先减小后增大D．电势能先增大后减小5．（4分）两异种点电荷电场中的部分等势面如图所示，已知A点电势高于B点电势．若位于a、b处点电荷的电荷量大小分别为q a和q b，则（）A．a处为正电荷，q a＜q b B．a处为正电荷，q a＞q bC．a处为负电荷，q a＜q b D．a处为负电荷，q a＞q b6．（4分）如图所示，实线表示电场线，虚线表示带电粒子运动的轨迹．带电粒子只受电场力的作用，运动过程中电势能逐渐减小，它运动到b处时的运动方向与受力方向可能的是（）A．B．C．D．7．（4分）真空中有两个固定的带正电的点电荷，其电量Q1＞Q2，点电荷q置于Q1、Q2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离Q2比离Q1远D．q离Q2比离Q1近8．（4分）某匀强电场的电场线分布如图所示，A、B是电场中的两点，A、B两点的电场强度的大小分别为E A、E B，则E A、E B的大小关系是（）A．E A＞E B B．E A＜E B C．E A=E B D．无法确定9．（4分）如图是某静电场的一部分电场线分布情况，下列说法正确的是（）A．这个电场可能是负点电荷的电场B．A点的电场强度小于B点的电场强度C．A、B两点的电场强度方向不相同D．负电荷在B点处受到的电场力的方向与该处电场方向相同10．（4分）在点电荷Q形成的电场中有一点A，当一个﹣q的检验电荷从电场的无限远处被移到电场中的A点时，电场力做的功为W，则检验电荷在A点的电势能及电场中A点的电势分别为（）A．εA=﹣W，U A=B．εA=W，U A=﹣C．εA=W，U A=D．εA=﹣W，U A=﹣二、多项选择题（本大题共5小题；每小题4分，共20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）11．（4分）下列各量中，与检验电荷无关的量是（）A．电场强度E B．电场力F C．电势差U D．电场做的功W12．（4分）关于电场中场强和电势的关系，下列说法正确的是（）A．用库仑定律计算两带电金属球之间的静电力时，r一定是两球心间距B．试探电荷在电场中某处所受静电力大，场强不一定大C．在应用公式U=Ed时d可能比初、末位置的间距大D．处于静电平衡的导体，导体内部的场强一定为零13．（4分）两个带有电荷量的绝对值分别为Q和4Q的相同金属小球A和B（均可视为点电荷），固定在相距为r处，库仑力为F1，现用与A、B完全相同的不带电的金属小球C，先后接触A、B两球后库仑力大小为F2，则F1：F2为（）A．4：9 B．8：9 C．32：7 D．32：914．（4分）在真空中，电量为q1的点电荷产生的电场中有一点P，P点与q1的距离为r，把一个电量为q2的实验电荷放在P点，它受的静电力为F，则P点电场强度的大小等于（）A．B．C．D．15．（4分）如图所示为点电荷a、b所形成的电场线分布，以下说法正确的是（）A．a、b为异种电荷B．a、b为同种电荷C．A点场强大于B点场强D．A点电势高于B点电势三、填空题（本大题共3小题，每空2分，共16分．）16．（4分）在点电荷Q形成的电场中有一点A，当一个﹣q的检验电荷从电场的无限远处移到电场中的A点时，静电力做功为+W，则检验电荷在A点的电势能和电势分别为、．17．（6分）匀强电场中A、B两点间距为2cm，两点连线与电场方向成60°角，将一电荷量为﹣2×10﹣5C的电荷由A点移到B点，其电势能增加了1×10﹣4J，则静电力做的功为J，A、B两点间的电势差为V，电场强度的大小为V/m．18．（6分）长为L的金属杆原来不带电，在距其左端r处放一个电荷量为q的点电荷，则金属杆中点处的场强为，金属杆上的感应电荷在杆中点处产生的场强大小为，方向向．四、计算题：（本题共3小题，共22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）19．（8分）有一个带电荷量q=3×10﹣6C的点电荷，从某电场中的A点移到B点，电荷克服电场力做6×10﹣4J的功，从B点移到C点电场力对电荷做功9×10﹣4J，求A、C两点间电势差．20．（8分）在真空中相距30cm的A、B两点上，分别放置场源电荷Q和检验正点电荷q，已知q=1.6×10﹣12C，q受到的电场力F=3.2×10﹣9N，并沿AB方向，求：（1）B点处场强大小；（2）场源点电荷的带电量Q．21．（8分）如图所示，在平行金属带电极板MN电场中将电量为4×10﹣6C的负点电荷从A 点移到M板，电场力做负功8×10﹣4 J，把该点电荷从A点移到N板，电场力做正功为4×10﹣4J，则：（1）U MN等于多少伏？（2）M板的电势φM和A点的电势φA分别是多少？甘肃省张掖市高台一中2014-2015学年高二上学期月考物理试卷（9月份）参考答案与试题解析一、单项选择题（本大题共10小题；每小题4分，共40分）1．（4分）物理学在揭示现象本质的过程中不断发展，下列说法不正确的是（）A．通电导线受到的安培力，实质上是导体内运动电荷受到洛仑兹力的宏观表现B．穿过闭合电路的磁场发生变化时电路中产生感应电流，是因为变化磁场在周围产生了电场使电荷定向移动C．磁铁周围存在磁场，是因为磁铁内有取向基本一致的分子电流D．踢出去的足球最终要停下来，说明力是维持物体运动的原因考点：安培力；洛仑兹力．分析：安培力是洛伦兹力的宏观表现，安培力实质是所受电荷所受洛伦兹力的合力；磁场发生变化，会产生电场，电荷在电场的作用下会发生定向移动；磁铁周围存在磁场，是因为磁铁内有取向基本一致的分子电流；物体的运动不需要力来维持，力是改变物体运动状态的原因．解答：解：A、通电导线受到的安培力，实质上是导体内部运动电荷受到的洛伦兹力的宏观表现．故A正确．B、穿过闭合回路的磁场发生变化时，产生感应电流，是变化的磁场周围产生电场，电荷在电场的作用下发生定向移动．故B正确．C、磁铁周围存在磁场，是因为磁铁内分子电流的取向基本一致．故C正确．D、物体的运动不需要力来维持，力是改变物体运动状态的原因．故D错误．本题要求选择不正确的，故选：D．点评：解决本题的关键知道安培力的实质、闭合回路磁场发生变化时，产生感应电流的实质．知道物体的运动不需要力来维持．2．（4分）1831年发现电磁感应现象的物理学家是（）A．牛顿B．伽利略C．法拉第D．焦耳考点：电磁感应现象的发现过程．分析：英国物理学家法拉第经过10年的探索，在1830年取得突破，发现了利用磁场产生电流的条件和规律，根据这个现象发明了发电机．解答：解：电磁感应现象是英国物理学家法拉第发现的．故选：C．点评：此题主要考查的是学生对物理学发展史的了解和掌握，基础性题目．3．（4分）真空中两个同性的点电荷q1、q2，它们相距较近，保持静止．释放q2且q2只在q1的库仑力作用下运动，则q2在运动过程中受到的库仑力（）A．不断减小B．不断增加C．始终保持不变D．先增大后减小考点：库仑定律．专题：电场力与电势的性质专题．分析：本题比较简单，由题可知小球受斥力，距离越来越远，因此直接利用库仑定律公式即可求解．解答：解：带电相同的小球受斥力作用，因此距离越来越远，由于电量保持不变，根据可知距离增大，电场力将逐渐减小，故BCD错误，A正确．故选A．点评：对于库仑定律公式，要明确其使用条件和各个物理量的含义．4．（4分）如图所示，带正电的点电荷固定于Q点，电子在库仑力作用下，做以O为焦点的椭圆运动．M、P、N为椭圆上的三点，P点是轨道上离Q最近的点．电子在从M点经过P到达N点的过程中（）A．速率先增大后减小B．速率先减小后增大C．静电力先减小后增大D．电势能先增大后减小考点：库仑定律．分析：根据影响速度和电势能大小的因素来分析速度和电势能的变化，找到转化的方向．解答：解：A、当电子从M点向N点运动时，库仑力先做正功，后做负功，运动的速度先增加后减小，所以动能先增加后减小，则电势能先减小后增加．所以A正确；B、D错误；C、根据库仑定律可知，静电力先增大后减小，故C错误；故选：A．点评：根据库仑力做功的特点，库仑力做正功，电势能减小，库仑力做负功，电势能增加．5．（4分）两异种点电荷电场中的部分等势面如图所示，已知A点电势高于B点电势．若位于a、b处点电荷的电荷量大小分别为q a和q b，则（）A．a处为正电荷，q a＜q b B．a处为正电荷，q a＞q bC．a处为负电荷，q a＜q b D．a处为负电荷，q a＞q b考点：等势面；电势．专题：电场力与电势的性质专题．分析：若把该图象与等量异种点电荷电场中的部分等势面图比较，很容易得出正确的结论．解答：解：若把该图象与等量异种点电荷电场中的部分等势面图比较，可以得到：靠近正电荷的点电势高，靠近负电荷的点，电势较低．所以，a处为正电荷．等量异种点电荷电场中的部分等势面图象中的等势面左右对称，无穷远处的电势为0．该图象的左侧的等势线比较密，无穷远处的电势为0，所以无穷远处到两点之间的电势差相比，与a点之间的电势差比较大，所以a点所带的电量就多．故正确的答案应该选B．故选：B点评：该题是常见电场知识的拓宽与延伸，需要有一定的知识迁移能力和较强的逻辑推理能力．对能力的要求相对较高．属于中档题目．6．（4分）如图所示，实线表示电场线，虚线表示带电粒子运动的轨迹．带电粒子只受电场力的作用，运动过程中电势能逐渐减小，它运动到b处时的运动方向与受力方向可能的是（）A．B．C．D．考点：电场线；电场强度．分析：据粒子的运动轨迹，判断粒子所受的电场力大体指向弯曲一侧，从而判断粒子受到的电场力的方向；电场力做正功粒子的动能增大，电势能减小．解答：解：粒子的运动轨迹，判断粒子所受的电场力大体指向弯曲一侧，从而判断粒子受力的方向向左，因不知电场线的方向，不能判断出粒子的电性；由于运动飞过程中粒子的电势能减小，所以电场力做正功，粒子运动的方向一定是c到a；故选项D正确，选项ABC错误；故选：D点评：本题关键是根据运动轨迹来判定电场力方向，由曲线运动条件可知合力偏向曲线内侧；电场线的疏密表示电场强度的强弱；用电场力做功和能量守恒定律判断动能和电势能的变化．7．（4分）真空中有两个固定的带正电的点电荷，其电量Q1＞Q2，点电荷q置于Q1、Q2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离Q2比离Q1远D．q离Q2比离Q1近考点：库仑定律．分析：解决本题一定要把握“放入的电荷处于平衡状态”这一特点进行受力分析．解答：解：A、因为Q1、Q2为固定的正电荷，只要放入的电荷受到的合力为0即可，通过受力分析可知，既可以放入正电荷，也可以放入负电荷，故AB错误；C、根据库仑定律，对q有k①Q1＞Q2 ②有①②得：q离Q2比离Q1近故选：D点评：本题考察了库仑定律在电荷平衡中的应用，本题的难点在于计算，学生列出方程容易，但是计算正确难．8．（4分）某匀强电场的电场线分布如图所示，A、B是电场中的两点，A、B两点的电场强度的大小分别为E A、E B，则E A、E B的大小关系是（）A．E A＞E B B．E A＜E B C．E A=E B D．无法确定考点：电场线．分析：电场线的疏密表示电场强度的强弱，电场线某点的切线方向表示电场强度的方向，据此可正确解答．解答：解：电场线的疏密表示电场强度的强弱，由电场线的疏密可知，A、B两点电场强度的大小关系，所以E A=E B故选C点评：电场线虽然不存在，但可形象来描述电场的分布，明确电场线分布与电场强度之间的关系．9．（4分）如图是某静电场的一部分电场线分布情况，下列说法正确的是（）A．这个电场可能是负点电荷的电场B．A点的电场强度小于B点的电场强度C．A、B两点的电场强度方向不相同D．负电荷在B点处受到的电场力的方向与该处电场方向相同考点：电场线．分析：电场线是从正电荷或者无穷远发出，到负电荷或无穷远处为止，电场线密的地方电场的强度大，电场线疏的地方电场的强度小，电场线的切线方向为该点场强的方向，正点电荷所受电场力的方向与该点场强方向相同解答：解：A、负点电荷的电场线是自四周无穷远处从不同方向指向负点电荷的直线，故A错误．B、电场线越密的地方电场强度越大，由图可知E A＞E B，故B错误．C、电场强度的方向沿切线方向，故C正确．D、B点的切线方向即B点电场强度方向，而负电荷所受电场力方向与其相反，故D错误．故选：C点评：本题关键要理解并掌握点电荷、匀强电场的电场线的分布情况，理解电场线的物理意义，就能轻松选择．10．（4分）在点电荷Q形成的电场中有一点A，当一个﹣q的检验电荷从电场的无限远处被移到电场中的A点时，电场力做的功为W，则检验电荷在A点的电势能及电场中A点的电势分别为（）A．εA=﹣W，U A=B．εA=W，U A=﹣C．εA=W，U A=D．εA=﹣W，U A=﹣考点：电势；电势能．专题：电场力与电势的性质专题．分析：根据电场力做功多少，电荷的电势能就减小多少分析电荷在A点与无限远间电势能的变化量，确定电荷在A点的电势能，由公式U A=求解A点的电势．解答：解：依题意，﹣q的检验电荷从电场的无限远处被移到电场中的A点时，电场力做的功为W，则电荷的电势能减小W，无限处电荷的电势能为零，则电荷在A点的电势能为ɛA=﹣W，A点的电势U A==．故选A点评：电场中求解电势、电势能，往往先求出电势能改变量、该点与零电势的电势差，再求解电势和电势能．公式U A=一般代入符号计算．二、多项选择题（本大题共5小题；每小题4分，共20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）11．（4分）下列各量中，与检验电荷无关的量是（）A．电场强度E B．电场力F C．电势差U D．电场做的功W考点：电场强度．专题：电容器专题．分析：电场中几个采用比值法下定义的物理量，结合物理含义分析选项；利用电场力和电场力做功公式分析选项．解答：解：A、电场强度的大小由电场本身的性质决定，与检验电荷的电量无关，故A正确．B、电场力F=qE，知电场力与检验电荷有关，故B错误．C、电场中两点间电势差由电场中两点的电势决定，电势与检验电荷无关，所以电势差与检验电荷无关．故C正确．D、电场力做功W=qU，知电场力做功与检验电荷的电量有关．故D错误．故选：AC．点评：解题关键灵活应用场强和电势差的定义式，结合物理意义明确变形式的含义．12．（4分）关于电场中场强和电势的关系，下列说法正确的是（）A．用库仑定律计算两带电金属球之间的静电力时，r一定是两球心间距B．试探电荷在电场中某处所受静电力大，场强不一定大C．在应用公式U=Ed时d可能比初、末位置的间距大D．处于静电平衡的导体，导体内部的场强一定为零考点：电场强度；电势．专题：电场力与电势的性质专题．分析：库仑定律适用条件是真空中两个点电荷间静电力的计算．场强的定义式E=．匀强电场中场强与电势差的关系式是U=Ed，d是两点沿电场强度方向的距离．处于静电平衡的导体，导体内部的场强一定为零．根据这些知识进行分析．解答：解：A、库仑定律适用条件是真空中两个点电荷间静电力的计算，所以用库仑定律计算两带电金属球之间的静电力时，r不一定是两球心间距，故A错误．B、场强的定义式E=，试探电荷在电场中某处所受静电力大，E不一定大，还q的大小有关，故B正确．C、匀强电场中场强与电势差的关系式是U=Ed，d是两点沿电场强度方向的距离，所以d不可能比初、末位置的间距大，故C错误．D、根据静电平衡导体的特点可知，处于静电平衡时，导体内部的场强一定为零，故D正确．故选：BD点评：解决本题关键要正确理解电场中各个公式的适用条件，公式中各个物理量的准确含义，知道静电平衡导体的特点．13．（4分）两个带有电荷量的绝对值分别为Q和4Q的相同金属小球A和B（均可视为点电荷），固定在相距为r处，库仑力为F1，现用与A、B完全相同的不带电的金属小球C，先后接触A、B两球后库仑力大小为F2，则F1：F2为（）A．4：9 B．8：9 C．32：7 D．32：9考点：库仑定律．专题：电场力与电势的性质专题．分析：完全相同的带电小球接触时，若是同种电荷则将总电量平分，若是异种电荷则先中和然后将剩余电量平分，然后依据库仑定律求解即可．解答：解：若小球A和B为同种电荷，不妨设为正电荷，由库仑定律F1=当小球C和A接触后，A球带电为，再和B球接触时，总电量平分后B球带电为Q，因此此时：所以若小球A和B为异种电荷，不妨设A为+Q、B为﹣4Q，由库仑定律F1=当小球C和A接触后，A球带电为，再和B球接触时，先中和后总电量为，故平分后B球带电为Q，因此此时：所以故CD正确，AB错误，故选：CD．点评：完全相同的带电小球接触时，对于电量的重新分配规律要明确，然后正确利用库仑定律求解．14．（4分）在真空中，电量为q1的点电荷产生的电场中有一点P，P点与q1的距离为r，把一个电量为q2的实验电荷放在P点，它受的静电力为F，则P点电场强度的大小等于（）A．B．C．D．考点：电场强度．专题：电场力与电势的性质专题．分析：电量为q1的点电荷场源电荷，在P点产生的电场强度的大小根据公式E=k可以确定．电量为q2的实验电荷在P点所受的电静电力为F，根据电场强度的定义式E=也可以确定P点电场强度的大小．解答：解：A、B电量为q2的实验电荷在P点所受的电静电力为F，根据电场强度的定义式得到：P点电场强度的大小E=．故A错误，B正确．C、D电量为q1的点电荷场源电荷，在P点产生的电场强度的大小为E=k．故C正确，D错误．故选BC点评：本题考查了电场强度的两个公式：E=，E=k，q是试探电荷，Q是场源电荷．15．（4分）如图所示为点电荷a、b所形成的电场线分布，以下说法正确的是（）A．a、b为异种电荷B．a、b为同种电荷C．A点场强大于B点场强D．A点电势高于B点电势考点：电场线；电场强度．专题：电场力与电势的性质专题．分析：电场线是从正电荷或者无穷远出发出，到无穷远处或负电荷，电场线密的地方电场的强度大，电场线疏的地方电场的强度小．沿着电场线的方向电势降低．解答：解：AB、根据电场线的特点，从正电荷出发到负电荷终止可以判断是异种点荷的电场线．故A正确，B错误．C、电场线密的地方电场的强度大，电场线疏的地方电场的强度小．所以A点场强小于B 点场强，故C错误．D、沿着电场线的方向电势降低，所以A点电势高于B点电势，故D正确．故选：AD．点评：加强基础知识的学习，掌握住电场线的特点，即可解决本题．三、填空题（本大题共3小题，每空2分，共16分．）16．（4分）在点电荷Q形成的电场中有一点A，当一个﹣q的检验电荷从电场的无限远处移到电场中的A点时，静电力做功为+W，则检验电荷在A点的电势能和电势分别为﹣W、．考点：电势能；电势．专题：电磁学．分析：根据静电力做功多少，电荷的电势能就减小多少，分析检验电荷在A点与无限远间电势能的变化量，确定电荷在A点的电势能，由公式φA=求解A点的电势．解答：解：检验电荷﹣q从电场的无限远处被移到电场中的A点时，静电力做的功为+W，则电荷的电势能减小+W，而电荷在无限处电势能为零，则电荷在A点的电势能为E A=﹣W，A点的电势φA===．故答案为：﹣W；．点评：电场中求解电势、电势能，往往先求出电势能改变量、该点与零电势的电势差，再求解电势和电势能．公式φA=一般代入符号计算．17．（6分）匀强电场中A、B两点间距为2cm，两点连线与电场方向成60°角，将一电荷量为﹣2×10﹣5C的电荷由A点移到B点，其电势能增加了1×10﹣4J，则静电力做的功为﹣1×10﹣4 J，A、B两点间的电势差为5V，电场强度的大小为5×102V/m．考点：匀强电场中电势差和电场强度的关系；电场强度；电势．专题：电场力与电势的性质专题．分析：根据电势能变化和电场力做功的关系，电势能增加多少，电场力做负功多少．由U=求解电势差，由U=Ed求解电场强度E．解答：解：因为电荷由A移到B的过程中，电势能增加了1×10﹣4J，所以静电力做的功为W=﹣1×10﹣4J．A、B两点间的电势差：U AB==V=5V．又因为在匀强电场中U=Ed，所以有：U AB=E cos60°则：E=V/m=5×102V/m故答案为：1×10﹣4；5；5×102点评：本题考查电场力做功与电势能变化的关系、电势差与场强的关系，都是电场中的基本知识，要加强学习，熟练掌握．18．（6分）长为L的金属杆原来不带电，在距其左端r处放一个电荷量为q的点电荷，则金属杆中点处的场强为，金属杆上的感应电荷在杆中点处产生的场强大小为，方向向水平向左．考点：静电场中的导体；电场强度．专题：电场力与电势的性质专题．分析：物体带电有接触起电，有感应带电，有摩擦起电．对于感应带电，是利用同种电荷相互排斥，异种电荷相互吸引的原理．解答：解：在距其左端r处放一个电荷量为q的点电荷，则金属杆中点处的场强为E=；当水平导体棒当达到静电平衡后，棒上感应电荷在棒内距离左端处产生的场强大小与一带电量为q的点电荷在该处产生的电场强度大小相等，则有：E=由于该处的电场强度为零，所以方向与一带电量为Q的点电荷在该处产生的电场强度的方向相反，即水平向左故答案为：；；水平向左．点评：感应带电的本质是电荷的转移；当金属导体处于电场时出现静电平衡现象．四、计算题：（本题共3小题，共22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）19．（8分）有一个带电荷量q=3×10﹣6C的点电荷，从某电场中的A点移到B点，电荷克服电场力做6×10﹣4J的功，从B点移到C点电场力对电荷做功9×10﹣4J，求A、C两点间电势差．考点：电势差．专题：电场力与电势的性质专题．分析：本题中点电荷是试探电荷，已知其电荷量和电场力做功，由公式U=求解电势差即可．解答：解：点电荷，从某电场中的A点移到B点，电荷克服电场力做6×10﹣4J的功，从B 点移到C点电场力对电荷做功9×10﹣4J，故有：==100V答：A、C两点间电势差为100V．。
甘肃省张掖市肃南一中高二物理下学期期末试卷(含解析)-人教版高二全册物理试题
甘肃省张掖市肃南一中2014-2015学年高二下学期期末物理试卷一、选择题〔此题共12个小题，每一小题4分，共48分．其中1-7为单项选择；8-12为多项选择，多项选择的小题全选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错或不选的得0分〕1．〔4分〕如图甲是α、β、γ三种射线穿透能力的示意图，图乙是工业上利用射线的穿透性来检查金属内部伤痕的示意图，请问图乙中的检查利用的是〔〕A．α射线B．β射线C．γ射线D．三种射线都可以2．〔4分〕一个德布罗意波波长为λ1的中子和另一个德布罗意波波长为λ2的氘核同向正碰后结合成一个氚核，该氚核的德布罗意波波长为〔〕A．B．C．D．3．〔4分〕氢原子辐射出一个光子后，如此〔〕A．电子绕核旋转的半径增大B．电子的动能增大C．电子的电势能增大D．原子的能级值增大4．〔4分〕2013年斯诺克某某沃德大师赛于9月16日至22日在某某体育馆举行．如图为丁俊晖正在准备击球，设丁俊晖在这一杆中，白色球〔主球〕和花色球碰撞前后都在同一直线上运动，碰前白色球的动量为p A=5kg•m/s，花色球静止，白球A与花色球B发生碰撞后，花色球B的动量变为p B′=4kg•m/s，如此两球质量m A与m B间的关系可能是〔〕A．m B=m A B．m B=m A C．m B=m A D．m B=6m A5．〔4分〕为估算池中睡莲叶面承受出滴撞击产生的平均压强，小明在雨天将一圆柱形水杯置于露台，测得1小时内杯中水上升了45mm．查询得知，当时雨滴竖直下落速度约为12m/s．据此估算该压强约为〔设雨滴撞击睡莲后无反弹，不计雨滴重力，雨水的密度为1×103kg/m3〕〔〕A．0.15Pa B．0.54Pa C．1.5Pa D．5.4Pa6．〔4分〕如下列图，将质量为M1、半径为R且内壁光滑的半圆槽置于光滑水平面上，左侧靠墙角，右侧靠一质量为M2的物块．今让一质量为m的小球自左侧槽口A的正上方h高处从静止开始落下，与圆弧槽相切自A点进入槽内，如此以下结论中正确的答案是〔〕A．小球在槽内运动的全过程中，小球与半圆槽在水平方向动量守恒B．小球在槽内运动的全过程中，小球、半圆槽和物块组成的系统动量守恒C．小球离开C点以后，将做竖直上抛运动D．槽将不会再次与墙接触7．〔4分〕如图甲所示，在列车首节车厢下面安装一电磁铁，电磁铁产生垂直于地面的匀强磁场，首节车厢经过安放在两铁轨间的线圈时，线圈产生的电脉冲信号传到控制中心．图乙为某时控制中心显示屏上的电脉冲信号，如此此时列车的运动情况是〔〕A．匀速运动B．匀加速运动C．匀减速运动D．变加速运动8．〔4分〕波粒二象性是微观世界的根本特征，以下说法正确的有〔〕A．光电效应现象揭示了光的粒子性B．热中子束射到晶体上产生衍射图样说明中子具有波动性C．黑体辐射的实验规律可用光的波动性解释D．康普顿效应明确光子有动量，揭示了光的粒子性的一面9．〔4分〕水平抛出在空中飞行的物体，不计空气阻力，如此〔〕A．在相等的时间间隔内动量的变化一样B．在任何时间内，动量的变化方向都在竖直方向C．在任何时间内，动量对时间的变化率恒定D．在刚抛出的瞬间，动量对时间的变化率为零10．〔4分〕如图1所示是研究光电效应的电路．某同学利用该装置在不同实验条件下得到了三条光电流I与A、K两极之间的电极U AK的关系曲线〔甲光、乙光、丙光〕，如图2所示．如此如下说法正确的答案是〔〕A．甲光对应的光电子的最大初动能小于丙光对应的光电子的最大初动能B．甲光和乙光的频率一样，且甲光的光强比乙光强C．丙光的频率比甲、乙光的大，所以光子的能量较大，丙光照射到K极到电子从K极射出的时间间隔明显小于甲、乙光相应的时间间隔D．用强度一样的甲、丙光照射该光电管，如此单位时间内逸出的光电子数相等11．〔4分〕如下列图为氢原子的能级示意图．现用能量介于10～12.9eV范围内的光子去照射一群处于基态的氢原子，如此如下说法正确的答案是〔〕A．照射光中只有一种频率的光子被吸收B．照射光中有三种频率的光子被吸收C．氢原子发射出三种不同波长的光D．氢原子发射出六种不同波长的光12．〔4分〕如下列图，质量分别为m1和m2的两个小球A、B，带有等量异种电荷，通过绝缘轻弹簧相连接，置于绝缘光滑的水平面上．当突然加一水平向右的匀强电场后，两小球A、B将由静止开始运动，在以后的运动过程中，对两个小球和弹簧组成的系统〔设整个过程中不考虑电荷间库仑力的作用且弹簧不超过弹性限度〕，以下说法正确的答案是〔〕A．系统机械能不断增加B．系统动量守恒C．当弹簧长度达到最大值时，系统机械能最小D．当小球所受电场力与弹簧的弹力相等时，系统动能最大二、实验题．〔每空2分，共8分〕13．〔4分〕用如下列图的装置进展“验证动量守恒定律〞的实验：①先测出可视为质点的两滑块A、B的质量分别为m、M与滑块与桌面间的动摩擦因数μ；②用细线将滑块A、B连接，使A、B间的轻弹簧处于压缩状态，滑块B恰好紧靠桌边；③剪断细线，测出滑块B做平拋运动的水平位移x1，滑块A沿水平桌面滑行距离为x2〔未滑出桌面〕；④为验证动量守恒定律，写出还需测量的物理量与表示它们的字母；如果动量守恒，需要满足的关系式为．14．〔4分〕氢原子的能级如下列图，当氢原子从n=4向n=2的能级跃迁时，辐射的光子照射在某金属上，刚好能发生光电效应，如此该金属的逸出功为eV．现有一群处于n=4的能级的氢原子向低能级跃迁，在辐射出的各种频率的光子中，能使该金属发生光电效应的频率共有种．三、计算题．〔4小题，共44分．要求写出必要的文字说明，方程式和重要的演算步骤，只写出最后答案而未写出演算过程的不能得分，有数值计算的题，答案必须写出数值和单位〕15．〔10分〕如图甲所示，质量m=6.0×10﹣3 kg、边长L=0.20m、电阻R=1.0Ω的正方形单匝金属线框abcd，置于倾角α=30°的绝缘斜面上，ab边沿水平方向，线框的上半局部处在垂直斜面向上的匀强磁场中，磁感应强度B随时间t按图乙所示的规律周期性变化，假设线框在斜面上始终保持静止，取g=10m/s2，试求：〔1〕在0～2.0×10﹣2s内线框中产生的感应电流的大小．〔2〕在t=1.0×10﹣2s时线框受到斜面的摩擦力．16．〔10分〕一质量为0.5kg的小物块放在水平地面上的A点，距离A点5m的位置B处是一面墙，如下列图．物块以v0=9m/s的初速度从A点沿AB方向运动，在与墙壁碰撞前瞬间的速度为7m/s，碰后以6m/s的速度反向运动．g取10m/s2．〔1〕求物块与地面间的动摩擦因数μ；〔2〕假设碰撞时间为0.05s，求碰撞过程中墙面对物块平均作用力的大小F．17．〔10分〕如下列图，质量分别为m1=1kg，m2=3kg的小车A和B静止在水平面图1上，小车A的右端水平连接一根轻弹簧，小车B以水平向左的初速度v0向A驶来，与轻弹簧相碰之后，小车A获得的最大速度为v=6m/s，如果不计摩擦，也不计相互作用过程中机械能损失，求：①小车B的初速度v0；②A和B相互作用过程中，弹簧获得的最大弹性势能．18．〔14分〕如下列图的轨道由半径为R的光滑圆弧轨道AB、竖直台阶BC、足够长的光滑水平直轨道CD组成．小车的质量为M，紧靠台阶BC且上水平外表与B点等高．一质量为m 的可视为质点的滑块自圆弧顶端A点由静止下滑，滑过圆弧的最低点B之后滑到小车上．M=4m，小车的上外表的右侧固定一根轻弹簧，弹簧的自由端在Q点，小车的上外表左端点P与Q点之间是粗糙的，滑块与PQ之间外表的动摩擦因数为μ，Q点右侧外表是光滑的．求：〔1〕滑块滑到B点的瞬间对圆弧轨道的压力大小．〔2〕要使滑块既能挤压弹簧，又最终没有滑离小车，如此小车上PQ之间的距离应在什么范围内？〔滑块与弹簧的相互作用始终在弹簧的弹性范围内〕甘肃省张掖市肃南一中2014-2015学年高二下学期期末物理试卷参考答案与试题解析一、选择题〔此题共12个小题，每一小题4分，共48分．其中1-7为单项选择；8-12为多项选择，多项选择的小题全选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错或不选的得0分〕1．〔4分〕如图甲是α、β、γ三种射线穿透能力的示意图，图乙是工业上利用射线的穿透性来检查金属内部伤痕的示意图，请问图乙中的检查利用的是〔〕A．α射线B．β射线C．γ射线D．三种射线都可以考点：原子核衰变与半衰期、衰变速度．专题：衰变和半衰期专题．分析：α、β、γ三种射线中γ射线的穿透能力最强，常用γ射线穿透能力强的特点进展金属探伤，长时间承受辐射对人体有害，因此要有严格的保护措施．解答：解：α、β、γ三种射线中α射线电离能力最强，γ射线穿透能力最强，因此用γ射线来检查金属内部的伤痕，应当选：C．点评：此题考查了射线的应用于防护，在现代生活中有很多仪器用到各种射线，要加强理解，明确其工作原理．2．〔4分〕一个德布罗意波波长为λ1的中子和另一个德布罗意波波长为λ2的氘核同向正碰后结合成一个氚核，该氚核的德布罗意波波长为〔〕A．B．C．D．考点：物质波．分析：任何一个运动着的物体，小到电子、质子，大到行星、太阳，都有德布罗意波．分别写出中子和氘核的动量的表达式，然后根据动量守恒定律得出氚核的动量，代入公式即可．解答：解：中子的动量P1=，氘核的动量P2=对撞后形成的氚核的动量P3=P2﹣P1所以氚核的德布罗意波波长为λ3==应当选：B．点评：同一物质不同的速度，对应的德布罗意波的波长也不一样．3．〔4分〕氢原子辐射出一个光子后，如此〔〕A．电子绕核旋转的半径增大B．电子的动能增大C．电子的电势能增大D．原子的能级值增大考点：氢原子的能级公式和跃迁．专题：原子的能级结构专题．分析：氢原子辐射出一个光子后氢原子的能量减少，电子向低能级跃迁电场力对电子做正功，根据动能定理和能量关系即可顺利求出答案．解答：解：A、氢原子辐射出一个光子后氢原子的能量减少，故电子向低能级跃迁，故电子绕核旋转半径减小，故A错误．B、氢原子辐射出一个光子后氢原子的能量减少，电子绕核旋转半径减小，电场力对电子做正功，故电子的动能增加，故B正确．C、氢原子辐射出一个光子后电子绕核旋转半径减小，电场力对电子做正功，故氢原子的电势能降低，故C错误；D、氢原子辐射出一个光子后氢原子的能量减少，电子向低能级跃迁，故原子的能级值减小，故D错误；应当选：B．点评：此题考查了玻尔的氢原子理论，内容比拟根底，但选项B比拟容易出错．4．〔4分〕2013年斯诺克某某沃德大师赛于9月16日至22日在某某体育馆举行．如图为丁俊晖正在准备击球，设丁俊晖在这一杆中，白色球〔主球〕和花色球碰撞前后都在同一直线上运动，碰前白色球的动量为p A=5kg•m/s，花色球静止，白球A与花色球B发生碰撞后，花色球B的动量变为p B′=4kg•m/s，如此两球质量m A与m B间的关系可能是〔〕A．m B=m A B．m B=m A C．m B=m A D．m B=6m A考点：动量守恒定律．专题：动量定理应用专题．分析：A、B碰撞过程动量守恒，碰撞过程系统机械能不增加，碰撞两球不可能再发生二次碰撞，碰后后面小球的速度不大于前面小球的速度，据此分析答题．解答：解：由题，由动量守恒定律得：p A+p B=p A′+p B′，得：p A′=1kg•m/s，P根据碰撞过程总动能不增加，如此有：代入解得，m B≥．碰后，两球同向运动，A的速度不大于B的速度，如此解得：m B≤4m A综上得，．故A正确，BCD错误应当选：A点评：对于碰撞过程要遵守三大规律：1、是动量守恒定律；2、总动能不增加；3、符合物体的实际运动情况．5．〔4分〕为估算池中睡莲叶面承受出滴撞击产生的平均压强，小明在雨天将一圆柱形水杯置于露台，测得1小时内杯中水上升了45mm．查询得知，当时雨滴竖直下落速度约为12m/s．据此估算该压强约为〔设雨滴撞击睡莲后无反弹，不计雨滴重力，雨水的密度为1×103kg/m3〕〔〕A．0.15Pa B．0.54Pa C．1.5Pa D．5.4Pa考点：动量定理．分析：想估算雨水对睡莲叶面撞击产生的平均压强，首先要建立一个不计雨水重力，但速度由v=12m/s减为零的动量变化的模型，应用动量定理表示出睡莲叶面对雨滴的冲力，利用圆柱形容器1小时得到的水的体积算出水的质量，利用压强公式求得压强．解答：解：由于是估算压强，所以不计雨滴的重力．设雨滴受到支持面的平均作用力为F．设在△t时间内有质量为△m的雨水的速度由v=12m/s减为零．以向上为正方向，对这局部雨水应用动量定理：F△t=0﹣〔﹣△mv〕=△mv．得到F=设水杯横截面积为S，对水杯里的雨水，在△t时间内水面上升△h，如此有△m=ρ S△hF=ρSv．压强P====0.15〔Pa〕应当选 A点评：估算题目关键是建立一个模型，然后利用合理的理论推断得出根本符合事实的结论，这是物理学中常用的一种思想方法．6．〔4分〕如下列图，将质量为M1、半径为R且内壁光滑的半圆槽置于光滑水平面上，左侧靠墙角，右侧靠一质量为M2的物块．今让一质量为m的小球自左侧槽口A的正上方h高处从静止开始落下，与圆弧槽相切自A点进入槽内，如此以下结论中正确的答案是〔〕A．小球在槽内运动的全过程中，小球与半圆槽在水平方向动量守恒B．小球在槽内运动的全过程中，小球、半圆槽和物块组成的系统动量守恒C．小球离开C点以后，将做竖直上抛运动D．槽将不会再次与墙接触考点：动量守恒定律．专题：动量定理应用专题．分析：此题为动量守恒定律的应用，要求我们会判断动量守恒的条件，并能根据动量守恒定律进展定性分析．解答：解：小球从AB的过程中，半圆槽对球的支持力沿半径方向指向圆心，而小球对半圆槽的压力方向相反指向左下方，因为有竖直墙挡住，所以半圆槽不会向左运动，可见，该过程中，小球与半圆槽在水平方向受到外力作用，动量并不守恒，而由小球、半圆槽和物块组成的系统动量也不守恒；从B→C的过程中，小球对半圆槽的压力方向向右下方，所以半圆槽要向右推动物块一起运动，因而小球参与了两个运动：一个是沿半圆槽的圆周运动，另一个是与半圆槽一起向右运动，小球所受支持力方向与速度方向并不垂直，此过程中，因为有物块挡住，小球与半圆槽在水平方向动量并不守恒，在小球运动的全过程，水平方向动量也不守恒，选项AB错误；当小球运动到C点时，它的两个分运动的合速度方向并不是竖直向上，所以此后小球做斜上抛运动，即选项C错误；因为全过程中，整个系统在水平方向上获得了水平向右的冲量，最终槽将与墙不会再次接触，选项D正确．应当选：D点评：判断系统动量是否守恒关键是明确系统是否受到外力的作用，故在应用动量守恒定律时一定要明确是哪一系统动量守恒．7．〔4分〕如图甲所示，在列车首节车厢下面安装一电磁铁，电磁铁产生垂直于地面的匀强磁场，首节车厢经过安放在两铁轨间的线圈时，线圈产生的电脉冲信号传到控制中心．图乙为某时控制中心显示屏上的电脉冲信号，如此此时列车的运动情况是〔〕A．匀速运动B．匀加速运动C．匀减速运动D．变加速运动考点：导体切割磁感线时的感应电动势．专题：电磁感应与电路结合．分析：根据电压﹣时间图象得到电压与时间的关系式，由法拉第电磁感应定律得到火车速度与时间关系式，确定火车的运动性质．解答：解：由U﹣t图象得到，线圈两端的电压大小与时间呈线性关系，即有U=U0﹣kt 由法拉第电磁感应定律 E=U=BLv，如此v===﹣，B、L、k均一定，如此速度v随时间均匀减小，所以火车做匀减速直线运动．应当选：C．点评：此题根据法拉第电磁感应定律得到速度与时间的关系，来分析物体的运动性质，也有时根据位移与时间的关系来判断．8．〔4分〕波粒二象性是微观世界的根本特征，以下说法正确的有〔〕A．光电效应现象揭示了光的粒子性B．热中子束射到晶体上产生衍射图样说明中子具有波动性C．黑体辐射的实验规律可用光的波动性解释D．康普顿效应明确光子有动量，揭示了光的粒子性的一面考点：光的波粒二象性．分析：光子既有波动性又有粒子性，波粒二象性中所说的波是一种概率波，对大量光子才有意义；光电效应现象揭示了光的粒子性；相邻原子之间的距离大致与中子的德布罗意波长一样故能发生明显的衍射现象；普朗克借助于能量子假说，完美的解释了黑体辐射规律，破除了“能量连续变化〞的传统观念；康普顿效应明确光子有动量，揭示了光的粒子性的一面．解答：解：A、光电效应现象揭示了光的粒子性．故A正确；B、热中子束射到晶体上产生的衍射图样说明中子具有波动性．故B正确；C、黑体辐射的实验规律不能使用光的波动性解释，而普朗克借助于能量子假说，完美的解释了黑体辐射规律，破除了“能量连续变化〞的传统观念．故C错误；D、康普顿效应明确光子有动量，揭示了光的粒子性的一面．故D正确．应当选：ABD．点评：此题主要考查德布罗意波和黑体辐射理论，在考纲中属于根本要求．明确各种物理现象的实质和原理才能顺利解决此类题目，故平时学习时要“知其然，更要知其所以然〞．9．〔4分〕水平抛出在空中飞行的物体，不计空气阻力，如此〔〕A．在相等的时间间隔内动量的变化一样B．在任何时间内，动量的变化方向都在竖直方向C．在任何时间内，动量对时间的变化率恒定D．在刚抛出的瞬间，动量对时间的变化率为零考点：动量定理．专题：动量定理应用专题．分析：根据动量定理，结合合力的冲量等于动量的变化量得出动量变化的方向以与大小．根据动量定理的表达式得出动量的变化率，从而进展判断．解答：解：A、水平抛出的物体所受的合力为重力，如此相等时间内重力的冲量相等，根据动量定理知，动量的变化一样．故A正确．B、因为合力的冲量等于动量的变化量，合力冲量的方向竖直向下，如此动量变化的方向竖直向下．故B正确．C、根据动量定理有：mg△t=△p，如此动量的变化率，知动量的变化率恒定，等于重力．故C正确，D错误．应当选：ABC．点评：解决此题的关键掌握动量定理，知道定理的矢量性，根底题．10．〔4分〕如图1所示是研究光电效应的电路．某同学利用该装置在不同实验条件下得到了三条光电流I与A、K两极之间的电极U AK的关系曲线〔甲光、乙光、丙光〕，如图2所示．如此如下说法正确的答案是〔〕A．甲光对应的光电子的最大初动能小于丙光对应的光电子的最大初动能B．甲光和乙光的频率一样，且甲光的光强比乙光强C．丙光的频率比甲、乙光的大，所以光子的能量较大，丙光照射到K极到电子从K极射出的时间间隔明显小于甲、乙光相应的时间间隔D．用强度一样的甲、丙光照射该光电管，如此单位时间内逸出的光电子数相等考点：光电效应．专题：光电效应专题．分析：光电管加正向电压情况：P右移时，参与导电的光电子数增加；P移到某一位置时，所有逸出的光电子都刚参与了导电，光电流恰达最大值；P再右移时，光电流不能再增大．光电管加反向电压情况：P右移时，参与导电的光电子数减少；P移到某一位置时，所有逸出的光电子都刚不参与了导电，光电流恰为零，此时光电管两端加的电压为截止电压，对应的光的频率为截止频率；P再右移时，光电流始终为零．eU截=m=hγ﹣W，入射光的频率越高，对应的截止电压U截越大．从图象中看出，丙光对应的截止电压U截最大，所以丙光的频率最高，丙光的波长最短，丙光对应的光电子最大初动能也最大．解答：解：AB、光电流恰为零，此时光电管两端加的电压为截止电压，对应的光的频率为截止频率，可知，乙光对应的截止频率小于丙光的截止频率，根据eU截=m=hγ﹣W，入射光的频率越高，对应的截止电压U截越大．甲光、乙光的截止电压相等，所以甲光、乙光的频率相等；丙光的截止电压大于乙光的截止电压，所以丙光的频率大于乙光的频率，如此乙光的波长大于丙光的波长；丙光的截止电压大于甲光的截止电压，所以甲光对应的光电子最大初动能小于于丙光的光电子最大初动能．更换不同的光电管，对应的截止频率也将不同；由图可知，甲的饱和电流大于乙的饱和电流，而光的频率相等，所以甲光的光强大于乙光的光强，故AB正确；C、由上分析可知，丙光的频率比甲、乙光的大，所以光子的能量较大，但丙光照射到K极到电子从K极射出的时间间隔与甲、乙光相应的时间间隔一样的，故C错误；D、用强度一样的甲、丙光照射该光电管，因甲光的频率低，如此甲光的光子数多，那么在单位时间内逸出的光电子数多，故D错误；应当选：AB．点评：解决此题的关键掌握截止电压、截止频率，以与理解光电效应方程eU截=m=hγ﹣W．11．〔4分〕如下列图为氢原子的能级示意图．现用能量介于10～12.9eV范围内的光子去照射一群处于基态的氢原子，如此如下说法正确的答案是〔〕A．照射光中只有一种频率的光子被吸收B．照射光中有三种频率的光子被吸收C．氢原子发射出三种不同波长的光D．氢原子发射出六种不同波长的光考点：氢原子的能级公式和跃迁．专题：衰变和半衰期专题．分析：能级间发生跃迁时吸收或辐射的光子能量等于两能级间的能级差，根据数学组合公式求出处于激发态的氢原子可能发射出不同波长光的种数．解答：解：因为﹣13.6+10=﹣3.6eV，﹣13.6eV+12.9eV=﹣0.7eV，可知照射光中有三种频率的光子被吸收．氢原子跃迁的最高能级为n=4能级，根据=6知，氢原子发射出六种不同波长的光．故B、D正确，A、C错误．应当选BD．点评：解决此题的关键知道能级间跃迁所满足的规律，即E m﹣E n=hv．12．〔4分〕如下列图，质量分别为m1和m2的两个小球A、B，带有等量异种电荷，通过绝缘轻弹簧相连接，置于绝缘光滑的水平面上．当突然加一水平向右的匀强电场后，两小球A、B将由静止开始运动，在以后的运动过程中，对两个小球和弹簧组成的系统〔设整个过程中不考虑电荷间库仑力的作用且弹簧不超过弹性限度〕，以下说法正确的答案是〔〕A．系统机械能不断增加B．系统动量守恒C．当弹簧长度达到最大值时，系统机械能最小D．当小球所受电场力与弹簧的弹力相等时，系统动能最大考点：动量守恒定律；机械能守恒定律；电势能．专题：机械能守恒定律应用专题．分析：两小球受到的电场力做正功，如此能量增加；分析系统中的外力做功情况可得出能量与动量的变化情况．根据受力的情况分析系统的动量是否守恒．解答：解：A、加上电场后，电场力对两球做正功，系统机械能增加，故A错误；B、两球所带电荷量相等而电性相反，如此系统所受电场力合力为零，系统所受合外力为零，系统动量守恒，故B正确；C、弹簧长度达到最大值时，电场力对系统做的功最多，机械能最大．故C错误；D、两小球远离过程，先做加速度不断减小的加速运动，再做加速度不断变大的减速运动，故当电场力与弹力平衡时，加速度为零，动能最大，故D正确；应当选：BD．点评：此题结合弹簧考查机械能守恒定律与运动学知识，要求我们在动态的变化类题目中要注意分析过程，明确能量间的转化关系．二、实验题．〔每空2分，共8分〕。
甘肃省张掖市高台一中2014-2015学年高一上学期期末物理试卷
甘肃省张掖市高台一中2014-2015学年高一上学期期末物理试卷一、选择题（共20小题，1-15题只有一个选项符合题目要求，每小题2分，16-10题有多个选项符合题目要求，全部选对得4分，选对但不全的2分）1．（2分）关于物体的惯性，下列说法中正确的是（）A．运动速度大的物体不能很快地停下来，是因为物体的速度越大，惯性也越大B．静止的火车启动时，速度变化慢，是因为静止的物体惯性大的缘故C．乒乓球可以快速抽杀，是因为乒乓球的惯性小D．在宇宙飞船中的物体不存在惯性2．（2分）王飞同学练习拉单杠时，两臂平行握住单杠，在他两臂逐渐分开的过程中，手臂的拉力（）A．逐渐变大 B．逐渐变小 C．先变小后变大 D．先变大后变小3．（2分）物体受10N的水平拉力作用，恰能沿水平面匀速运动，某时刻撤去这个拉力，物体将（）A．匀速运动 B．立即停止运动C．产生加速度，做匀减速运动 D．产生加速度，做匀加速运动4．（2分）如图所示，三个共点力F1、F2与 F3作用在同一个质点上，其中，F1与F2共线且反向，F3与F1垂直，F1=6N、F2=2N、F3=3N．则质点所受的合力为（）A． 7N B． 11N C． 1N D． 5N5．（2分）如图所示，在水平方向推力F1和F2作用下，水平桌面上的木块向右做匀速直线运动．F1=10N，F2=2N．从撤去F1，到木块停止运动前，木块所受的摩擦力f的大小和方向分别为（）A． f=8N，方向向右 B． f=8N，方向向左C． f=10N，方向向左 D． f=2N，方向向右6．（2分）将地面上静止的货物竖直向上吊起，货物由地面运动至最高点的过程中，v﹣t图象如图所示，以下判断正确的是（）A．前3s内货物处于失重状态B．最后2s内货物只受重力作用C．最后2s内货物处于超重状态D．前3s内与最后2s内货物的平均速度相同7．（2分）下列说法中不正确的是（）A．书放在水平桌面上受到的支持力，是由于书发生了微小形变而产生的B．用细木棍拨动浮在水中的圆木，圆木受到的弹力是由于细木棍发生形变而产生的C．绳对物体的拉力方向总是沿着绳而指向绳收缩的方向D．支持力的方向总是垂直于支持面而指向被支持的物体8．（2分）列说法中正确的是（）A．物体有加速度，速度就增加B．物体的速度变化越快，加速度就越大C．物体的速度变化量△v越大，加速度就越大D．物体运动的加速度等于零，则物体一定静止9．（2分）小球从空中自由下落，与水平地面碰后弹到空中某一高度，其速度随时间变化的关系如图所示．取g=10m/s2．则（）A．小球第一次着地前速度的大小为3m/sB．小球第一次反弹初速度的大小为5m/sC．小球能弹起的最大高度为0.45mD．小球能弹起的最大高度为1.25m10．（2分）如图所示，与水平面夹角为30°的固定斜面上有一质量m=1.0kg的物体．细绳的一端与物体相连，另一端经摩擦不计的定滑轮与固定的弹簧秤相连．物体静止在斜面上，弹簧秤的示数为4.9N．关于物体受力的判断（取g=9.8m/s2），下列说法正确的是（）A．斜面对物体的摩擦力大小为零B．斜面对物体的摩擦力大小为4.9N，方向竖直向上C．斜面对物体的支持力大小为4.9N，方向竖直向上D．斜面对物体的支持力大小为4.9N，方向垂直斜面向上11．（2分）做匀减速直线运动的质点，它的位移随时间变化的规律是s=24t﹣1.5t2（m），当质点的速度为零，则t为多少（）A． 1.5s B． 8s C． 16s D． 24s12．（2分）一质量为3kg的物体受到两个共点力作用，大小分别是6N 和9N，则物体的加速度（）A．最小是2m/s2 B．最大是6m/s2 C．可能是3m/s2 D．可能是8m/s213．（2分）如图所示，质量为m的木块在置于水平桌面的木板上滑行，木板静止，它的质量M=3m，已知木块与木板间、木板与桌面间的动摩擦因数均为μ，那么木板所受桌面给的摩擦力大小是（）A． mgμ B． 2mgμ C． 3mgμ D． 4mgμ14．（2分）如图所示是采用动力学方法测量空间站质量的原理图，若已知飞船质量为3.0×103kg，其推进器的平均推力为900N，在飞船与空间站对接后，推进器工作5s内，测出飞船和空间站速度变化是0.05m/s，则空间站的质量为（）A． 9.0×104kg B． 8.7×104kg C． 6.0×104kg D． 6.0×10315．（2分）根据牛顿运动定律可知，下列说法正确的是（）A．篮球撞到墙上后被弹回来，墙却没有移动，是因为碰撞过程中墙给篮球的弹力大于篮球对墙的压力B．铁块掉到水中能够加速下沉，是因为铁块的重力大于铁块受到的浮力C．只有两个物体都处于平衡状态时，作用力和反作用力才会大小相等D．篮球比赛中，运动员用力蹬地跳起的过程中，人受到的支持力大于人对地面的压力16．（4分）小明站在电梯内的体重计上，电梯静止时体重计示数为50kg，若电梯运动过程中，他看到体重计的示数为60kg时，g=10m/s2．下面说法中正确是（）A．电梯可能正加速上升，加速度大小为2m/s2B．电梯可能正加速下降，加速度大小为2m/s2C．此时小明的体重并没有增加，只是他对体重计的压力变大了D．电梯一定在减速下降，加速度大小为2m/s217．（4分）质量为m的木块在拉力F的作用下，在水平地面上做匀速运动，如图所示，已知木块与地面间的动摩擦因数为μ，那么物体受到的滑动摩擦力大小为（）A． μmg B． Fcosθ C． μ（mg﹣Fsinθ） D． μ（mg+Fsinθ）18．（4分）如图所示，一质量为m的物体沿倾角为θ的斜面匀速下滑．下列说法正确的是（）A．物体所受合力为0B．物体所受合力为mgsinθC．摩擦力大小与物体下滑速度大小无关D．物体匀速下滑速度越大，则物体所受摩擦力越小19．（4分）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．20．（4分）如图所示，用一根细绳和一根轻直杆组成三角支架，绳的一端绕在手指上B点，杆的一端顶在掌心O处，当在A处挂上重物时，整个系统处于静止状态，此时杆OA处于水平状态，绳与杆分别对手指和手掌有力的作用，对这两个作用力的说法正确的是（）A．绳对手指的拉力沿AB方向（与图示方向相反）B．绳对手指的拉力沿BA方向（如图示方向）C．绳子对A点的作用力和杆对A点的作用力的合力方向竖直向上D．绳子对A点的作用力和杆对A点的作用力的合力大小大于重物的重力二、实验题：（本题每空2分.共14分）21．（4分）某同学探究弹簧弹力和弹簧伸长的关系．实验装置如图所示，刻度尺（最小刻度为毫米）的0刻度线与弹簧上端对齐．实验中，通过改变弹簧下端所悬挂钩码的质量，改变弹簧弹力，并记录下此时弹簧长度，进而求得弹簧的劲度系数k．重力加速度g取10m/s2．（1）如图是在弹簧下端悬挂质量为350g钩码时实验装置的示意图，此时弹簧的实际长度为 cm；（2）若已知弹簧原长为7.80cm，则根据此次测量的数据，求得弹簧的劲度系数k=N/m．（保留2位有效数字）22．（10分）某同学验证物体质量一定时加速度与合力的关系，实验装置如图1所示．主要思路是，通过改变悬挂小钩码的质量，改变小车所受拉力，并测得小车的加速度．将每组数据在坐标纸上描点、画线，观察图线特点．（1）实验中应该满足：钩码的质量m和小车质量M的关系为：．（2）如图2示为本实验中得到的一条清晰纸带，纸带上两相邻计数点的时间间隔T=0.10s，其中x1=7.05cm、x2=7.68cm、x3=8.33cm、x4=8.95cm、x5=9.61cm、x6=10.26cm．为了尽量减小误差，则用T、x1、x2…x6表示小车加速度大小a=，计算得加速度大小a=m/s2（计算结果保留两位有效数字）．（3）经过6次实验，获得了6组对应的小车所受合力F、小车加速度a的数据，在坐标纸上描点、画线，得到如图3所示的a﹣F图线．发现图线不过原点，经排查发现：并非人为的偶然误差所致，那么，你认为出现这种结果的原因可能是：．学习牛顿第二定律后，你认为，图中图线的斜率表示．三、计算题：（本大题共4小题，共36分．解答应写出必要的文字说明、示意图、方程式和重要演算步骤.只写出最后答案的不能得分．有数值计算的问题，答案中必须明确写出数值和单位．）23．（8分）我国已于2012年11月完成舰载机阻拦着舰（示意图见图）试验!与岸基飞机着陆时可减速平飞不同，舰载机着舰时，一旦飞机尾钩未能挂住阻拦索，则必须快速拉升逃逸．假设航母静止，“歼﹣15”着舰速度为30m/s，钩住阻拦索后能匀减速滑行45m停下．若没有钩住阻拦索，必须加速到50m/s才能安全飞离航母，航母甲板上用于战机加速的长度仅有200m．（1）求“歼﹣15”在钩住阻拦索后的减速过程中的加速度大小及滑行时间．（2）若没有钩住阻拦索，战机要安全飞离航母，则“歼﹣15”在甲板上做匀加速运动的加速度至少多大？24．（8分）如图所示，物体甲重20N，物体乙重100N，乙与水平桌面间的最大静摩擦力是30N，轻绳OA与竖直方向的夹角θ=37°，物体甲、乙均处于静止状态．（已知sin 37°=0.6，cos 37°=0.8）求：（1）轻绳OA、OB受到的拉力是多大；（2）物体乙受到的摩擦力是多大，方向如何．25．（8分）一矿井深45m，在井口每隔一定时间自由落下一个小球，当第7个小球从井口下落时，第一个小球恰好落至井底，g=10m/s2，问：（1）相邻两个小球下落的时间间隔是多少？（2）这时第3个小球和第5个小球相距多远？26．（12分）总质量为m=60kg的滑雪者以初速度v0=8m/s沿倾角为θ=37°的斜面向上自由滑行，已知滑雪者能沿斜面上滑的最大距离是4m．sin 37°=0.6．g取10m/s2不计空气阻力．试求：（1）滑雪者沿斜面上滑时的加速度a1是多少？（2）雪橇与斜面间的动摩擦因数μ；（3）若滑雪者滑行至最高点后掉转方向向下自由滑行，求他下滑时的加速度a2；（4）滑雪者滑到起点时的速度大小．甘肃省张掖市高台一中2014-2015学年高一上学期期末物理试卷参考答案与试题解析一、选择题（共20小题，1-15题只有一个选项符合题目要求，每小题2分，16-10题有多个选项符合题目要求，全部选对得4分，选对但不全的2分）1．（2分）关于物体的惯性，下列说法中正确的是（）A．运动速度大的物体不能很快地停下来，是因为物体的速度越大，惯性也越大B．静止的火车启动时，速度变化慢，是因为静止的物体惯性大的缘故C．乒乓球可以快速抽杀，是因为乒乓球的惯性小D．在宇宙飞船中的物体不存在惯性考点：惯性．分析：惯性是物体的固有属性，它指的是物体能够保持原来的运动状态的一种性质，惯性大小与物体的质量有关，质量越大，惯性越大．解答：解：A、惯性大小与物体的质量有关，质量越大，惯性越大，与物体的运动状态无关．故A错误；B、静止的火车启动时，速度变化慢，是因为火车的质量大的原因，不能说是静止的物体惯性大的缘故．故B错误；C、乒乓球可以快速抽杀，是因为乒乓球的质量小，惯性小．故C正确；D、惯性大小与物体的质量有关，质量越大，惯性越大，与物体的运动状态以及位置无关．故D错误．故选：C点评：惯性是物理学中的一个性质，它描述的是物体能够保持原来的运动状态的性质，与物体的运动状态无关．2．（2分）王飞同学练习拉单杠时，两臂平行握住单杠，在他两臂逐渐分开的过程中，手臂的拉力（）A．逐渐变大 B．逐渐变小 C．先变小后变大 D．先变大后变小考点：合力的大小与分力间夹角的关系．专题：平行四边形法则图解法专题．分析：两手间距增大时，增大了手臂之间的夹角，两只手臂所受的力T的合力F与运动员重力平衡，由此可知合力F大小不变，由于夹角的增大，合力保持不变，只每只手臂所受力T是增大的．解答：解：运动员所受T的合力F与运动员重力大小相等方向相反，故夹角增大时合力大小不变；手臂间距增大时，相当于在力图中两力T之间的夹角θ增大，若力T大小不变，则其合力F随夹角的增大而减小，现要保持合力F大小不变，当夹角增大时，则T增大．故选：A．点评：两个力合成时，分力大小不变，合力随分力间夹角的增大而减小，能反推出：若保持合力不变，分力则随夹角的增大而增大．3．（2分）物体受10N的水平拉力作用，恰能沿水平面匀速运动，某时刻撤去这个拉力，物体将（）A．匀速运动 B．立即停止运动C．产生加速度，做匀减速运动 D．产生加速度，做匀加速运动考点：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：当物体做匀速直线运动时，物体所受合外力一定为0，撤去一个力后，物体受力不平衡，必定产生加速度，当物体的运动方向与合力方向一致时，物体做加速运动；当物体的运动方向与合力方向相反时，物体将做减速运动．解答：解：当物体做匀速直线运动时，物体所受合外力一定为0，撤去拉力，物体在水平方向上只受摩擦力作用，立即产生加速度，而摩擦力的方向与物体的相对运动方向相反，故物体做匀减速运动，直到静止，故C正确，ABD错误．故选：C点评：解决本题应明确，当物体做匀速直线运动时，物体所受合外力一定为0，则可由二力平衡求得摩擦力，当物体所受力的合力不为零时，物体的运动状态一定改变．4．（2分）如图所示，三个共点力F1、F2与 F3作用在同一个质点上，其中，F1与F2共线且反向，F3与F1垂直，F1=6N、F2=2N、F3=3N．则质点所受的合力为（）A． 7N B． 11N C． 1N D． 5N考点：力的合成．专题：受力分析方法专题．分析：先将F1和F2进行合成，再将这个合力与F3进行合成，结合平行四边形定则分析即可．解答：解：力F1和F2共线，方向相反，合力为：F12=F1﹣F2=6﹣2=4N再将该合力与F3合成，合力为：F=故选：D．点评：三力合成时，可以先合成两个力，然后将该合力与第三个力合成，得到合力，基础题．5．（2分）如图所示，在水平方向推力F1和F2作用下，水平桌面上的木块向右做匀速直线运动．F1=10N，F2=2N．从撤去F1，到木块停止运动前，木块所受的摩擦力f的大小和方向分别为（）A． f=8N，方向向右 B． f=8N，方向向左C． f=10N，方向向左 D． f=2N，方向向右考点：摩擦力的判断与计算．专题：摩擦力专题．分析：撤去F1前木块做匀速直线运动，合力为零，可求出木块所受的滑动摩擦力大小，撤去F1的瞬间，其他力没有变化，再分析此时的合力和摩擦力大小．解答：解：木块在水平推力F1、F2的作用下处于匀速直线运动状态，由共点力平衡可得，木块所受的滑动摩擦力f1=F1﹣F2=10﹣2=8N，方向水平向左．撤去F1后，木块所受的其他力没有改变，则合外力F=f1+F2=10N，方向向左，木块所受的滑动摩擦力f1=F1﹣F2=10﹣2=8N，方向水平向左．．故选：B．点评：本题根据平衡条件分析木块的摩擦力，关键抓住撤去F1的瞬间，木块所受的其他力没有改变，运用平衡条件推论也可判断．6．（2分）将地面上静止的货物竖直向上吊起，货物由地面运动至最高点的过程中，v﹣t图象如图所示，以下判断正确的是（）A．前3s内货物处于失重状态B．最后2s内货物只受重力作用C．最后2s内货物处于超重状态D．前3s内与最后2s内货物的平均速度相同考点：匀变速直线运动的图像；超重和失重．专题：运动学中的图像专题．分析：超重是物体所受的拉力或支持力大于物体所受重力的现象；当物体做向上加速运动或向下减速运动时，物体均处于超重状态，相反，当物体向上减速运动或向下加速运动时，物体均处于失重状态，根据图象判断物体的运动情况，然后判断物体的超重与失重情况．匀变速运动的平均速度可由公式=求解．解答：解：A、前3s内货物做匀加速直线运动，受重力和拉力两个力作用．拉力大于重力，处于超重状态，故A错误．BC、最后2s内货物做匀减速运动向上运动，加速度a=﹣=﹣3m/s2故不是只受重力，物体处于失重状态，故BC错误．D、前3s内的平均速度==3m/s，后2s内的平均速度==3m/s，两段时间内的平均速度相同．故D正确．故选：D点评：本题关键是根据v﹣t图象得到物体的运动情况，然后进一步判断超、失重情况，注意只要加速度向上，物体就处于超重状态．加速度向下，物体就处于失重状态．7．（2分）下列说法中不正确的是（）A．书放在水平桌面上受到的支持力，是由于书发生了微小形变而产生的B．用细木棍拨动浮在水中的圆木，圆木受到的弹力是由于细木棍发生形变而产生的C．绳对物体的拉力方向总是沿着绳而指向绳收缩的方向D．支持力的方向总是垂直于支持面而指向被支持的物体考点：弹性形变和范性形变；物体的弹性和弹力．专题：受力分析方法专题．分析：解答本题应掌握：弹力是由于施力物体发生形变后想要恢复原状而对和它接触的物体产生的力．解答：解：A、书放在水平桌面上受到的支持力，是由于桌面发生了微小形变而产生的，故A错误B、用细木棍拨动浮在水中的圆木，木棍形变产生弹力才能拨动圆木，故B正确C、绳的拉力时由于被拉伸而产生的，绳子有向后收缩的趋势，由此产生拉力，故绳对物体的拉力方向总是沿着绳而指向绳收缩的方向，故C 正确D、由支持力的概念可知，支持力的方向总是垂直于支持面而指向被支持的物体，故D正确本题选错误的，故选：A点评：本题考查弹力产生的原因，知道是由于发生形变的物体想要恢复原状而对与它接触的物体产生弹力．8．（2分）列说法中正确的是（）A．物体有加速度，速度就增加B．物体的速度变化越快，加速度就越大C．物体的速度变化量△v越大，加速度就越大D．物体运动的加速度等于零，则物体一定静止考点：加速度．专题：直线运动规律专题．分析：加速度是速度变化快慢的物理量，当加速度与速度同向时，速度是增加的；当两者方向反向时，则速度是减小的．当加速度不变时，则速度是均匀变化；当加速度变化时，则速度是非均匀变化的．解答：解：A、物体有加速度，速度就一定变化，当两者同向时速度增加，当两者反向时速度减小．故A错误；B、物体的速度变化越快，即速度的变化率越大，则加速度就越大，故B正确；C、物体的速度变化量△v虽越大，但时间不知道变还是不变，则加速度如何变也是不清楚的，故C错误；D、物体运动的加速度等于零，则速度一定不变，但不一定静止，匀速直线运动速度也不变．故D错误；故选：B点评：加速度与速度两物理量没有直接联系，速度大可能加速度等于零，而速度等于零时可能加速度却很大．9．（2分）小球从空中自由下落，与水平地面碰后弹到空中某一高度，其速度随时间变化的关系如图所示．取g=10m/s2．则（）A．小球第一次着地前速度的大小为3m/sB．小球第一次反弹初速度的大小为5m/sC．小球能弹起的最大高度为0.45mD．小球能弹起的最大高度为1.25m考点：自由落体运动．专题：自由落体运动专题．分析：根据速度图象直接读出小球第一次反弹的初速度大小．根据“面积”求出物体在某一段时间内发生的位移．解答：解：A、B由图看出，在t=0.6s末小球第一次反弹，第一次反弹初速度的大小为3m/s．故A正确，B错误．C、D图象在0.6s﹣0.8s表示小球反弹，图线的“面积”等于小球能弹起的最大高度，由几何知识得到，小球能弹起的最大高度：=0.45m，故C正确，D错误故选：AC点评：本题解题的关键在于正确理解图象的意义，熟练掌握运用图象处理物理问题的能力．10．（2分）如图所示，与水平面夹角为30°的固定斜面上有一质量m=1.0kg的物体．细绳的一端与物体相连，另一端经摩擦不计的定滑轮与固定的弹簧秤相连．物体静止在斜面上，弹簧秤的示数为4.9N．关于物体受力的判断（取g=9.8m/s2），下列说法正确的是（）A．斜面对物体的摩擦力大小为零B．斜面对物体的摩擦力大小为4.9N，方向竖直向上C．斜面对物体的支持力大小为4.9N，方向竖直向上D．斜面对物体的支持力大小为4.9N，方向垂直斜面向上考点：共点力平衡的条件及其应用；摩擦力的判断与计算；物体的弹性和弹力．专题：共点力作用下物体平衡专题．分析：对物体受力分析，求出物体重力与斜面方向上的分力大小，与弹簧的拉力比较判断出摩擦力的大小和方向．根据共点力平衡求出支持力的大小．解答：解：A、物体重力沿斜面方向下的分力G x=mgsin30°=4.9N，与弹簧的弹力相等，根据共点力平衡，知物体不受摩擦力作用．故A正确，B错误．C、根据共点力平衡得，N=mgcos30°=N，方向垂直于斜面向上．故C、D错误．故选：A．点评：解决本题的关键能够正确地进行受力分析，运用共点力平衡进行求解．11．（2分）做匀减速直线运动的质点，它的位移随时间变化的规律是s=24t﹣1.5t2（m），当质点的速度为零，则t为多少（）A． 1.5s B． 8s C． 16s D． 24s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：根据匀变速直线运动的位移时间公式x=求出初速度和加速度，再根据匀变速直线运动的速度时间公式v=v0+at 求出质点速度为零所需的时间．解答：解：根据x==24t﹣1.5t2知，初速度v0=24m/s，加速度a=﹣3m/s2．根据速度时间公式v=v0+at得，t==8s．故B正确，A、C、D错误．故选：B．点评：解决本题的关键掌握匀变速直线运动的位移时间公式x=和速度时间公式v=v0+at．12．（2分）一质量为3kg的物体受到两个共点力作用，大小分别是6N 和9N，则物体的加速度（）A．最小是2m/s2 B．最大是6m/s2 C．可能是3m/s2 D．可能是8m/s2考点：牛顿第二定律；力的合成．专题：牛顿运动定律综合专题．分析：物体在两个共点力作用下，根据力的合成的合力范围，由牛顿第二定律确定加速度的大小可能值．解答：解：两个共点力合成时，合力的大小范围为F1+F2≥F合≥|F1﹣F2|，所以1N和3N的合力范围为15N≥F合≥3N，根据牛顿第二定律知，物体产生的加速度大小范围为5m/s2≥a≥1m/s2，对照选项，C正确，ABD不在此范围内故无可能．故选：C点评：本题借助牛顿第二定律考查两个力合成时的合力范围，掌握合力范围和牛顿第二定律是解决问题的关键．13．（2分）如图所示，质量为m的木块在置于水平桌面的木板上滑行，木板静止，它的质量M=3m，已知木块与木板间、木板与桌面间的动摩擦因数均为μ，那么木板所受桌面给的摩擦力大小是（）A． mgμ B． 2mgμ C． 3mgμ D． 4mgμ考点：摩擦力的判断与计算．专题：摩擦力专题．分析：先对小滑块受力分析，受重力、长木板的支持力和向右的滑动摩擦力；再对长木板受力分析，受到重力、小滑块的对长木板向下的压力、小滑块对其向左的滑动摩擦力、地面对长木板的支持力和向右的静摩擦力；然后根据共点力平衡条件判断．解答：解：对小滑块受力分析，受重力mg、长木板的支持力F N和向右的滑动摩擦力f1，有：f1=μF NF N=mg得：f1=μmg再对长木板受力分析，受到重力Mg、小滑块的对长木板向下的压力F N、小滑块对其向左的滑动摩擦力f1、地面对长木板的支持力F N′和向右的静摩擦力f2，根据共点力平衡条件，有：f1=f2得：f2=μmg故选：A．点评：滑动摩擦力与正压力成正比，而静摩擦力随外力的变化而变化，故静摩擦力通常可以根据共点力平衡条件求解，或者结合运动状态，然后根据牛顿第二定律列式求解．14．（2分）如图所示是采用动力学方法测量空间站质量的原理图，若已知飞船质量为3.0×103kg，其推进器的平均推力为900N，在飞船与空间站对接后，推进器工作5s内，测出飞船和空间站速度变化是0.05m/s，则空间站的质量为（）A． 9.0×104kg B． 8.7×104kg C． 6.0×104kg D． 6.0×103。
甘肃省张掖市高台县第一中学2013-2014学年高二物理下学期期中试题新人教版
甘肃省高台县第一中学2014年春学期期中考试高二物理试卷第Ⅰ卷选择题（共45分）一、单项选择题（本题共15小题，每小题2分，共30分。
在每小题给出的四个选项中，只有一个选项最符合题目要求。
多选、错选均不得分）1．在电磁感应现象中，下列说法正确的是 ( )A．导体相对磁场运动，导体内一定产生感应电流B．导体做切割磁感线运动，导体内一定会产生感应电流C．闭合电路在磁场内做切割磁感线运动，导体内一定会产生感应电流D．穿过闭合电路的磁通量发生变化，在电路中一定会产生感应电流2.如图所示，一个有界磁场区域，磁场方向垂直纸面向外，一个矩形闭合导线框abcd，沿纸面由位置1匀速移动到位置2，则下列说法正确的是（）A．导线框进入磁场时,感应电流方向为a→b→c→d→aB. 导线框离开磁场时,感应电流方向为a→d→c→b→aC. 导线框进入磁场时,受到的安培力方向水平向右D. 导线框离开磁场时,受到的安培力方向水平向左3.一平面线圈用细杆悬于P点，开始时细杆处于水平位置，释放后让它在如图所示的匀强磁场中运动，已知线圈平面始终与纸面垂直，当线圈第一次依次通过位置Ⅰ和位置Ⅱ时，顺着磁场的方向看去，线圈中的感应电流的方向分别为( )A.先逆时针方向后逆时针方向B.先逆时针方向后顺时针方向C.先顺时针方向后顺时针方向D.先顺时针方向后逆时针方向4.电阻R、电容器C与一线圈连成闭合回路，条形磁铁静止于线圈的正上方，N极朝下，如图所示，现使磁铁开始下落，在N极接近线圈上端的过程中，流过R的电流方向和电容器极板的带电情况是( )A.从a到b，上极板带正电B.从a到b，下极板带正电C.从b到a，上极板带正电D.从b到a，下极板带正电5．如右图所示，金属棒ab置于水平放置的金属导体框架cdef上，棒ab与框架接触良好．从某一时刻开始，给这个空间施加一个斜向上的匀强磁场，并且磁场均匀增加，ab棒仍静止，在磁场均匀增加的过程中，关于ab棒受到的摩擦力，下列说法正确的是( )A ．摩擦力大小不变，方向向右B ．摩擦力变大，方向向右C ．摩擦力变大，方向向左D ．摩擦力变小，方向向左6. 图中两条平行虚线之间存在匀强磁场，虚线间的距离为L ，磁场方向垂直纸面向里,abcd 是位于纸面内的梯形线圈，ad 与bc 间的距离也为L.t=0时刻，bc 边与磁场区域边界重合（如图）.现令线圈以恒定的速度v 沿垂直于磁场区域边界的方向穿过磁场区域.取沿a →b →c →d →a 的感应电流为正，则在线圈穿越磁场区域的过程中，感应电流I 随时间t 变化的图线可能是( )7．如下图所示，属于交流电的是:( )8．交流发电机在工作时的电动势e=Emsin ωt ，如果将其线圈的转速提高到原来的两倍，其它条件不变，则其电动势变为( )A. e=E m sin2ωtB. e=2E m sin ωtC. e=2E m sin2ωtD. e=4E m sin2ωt9．下列提到的交流电，哪一个不是．．指有效值（ ） A ．电容器的击穿电压 B ．保险丝的熔断电流 C ．交流电压表读数 D ．220V 交流电压10．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，b 变亮，c 变暗D ．a 亮度不变，b 变暗，c 变亮11. 如图所示,理想变压器副线圈通过输电线接两个相同的灯泡L 1和L 2 ，输电线的等效电阻为R 。
甘肃省张掖市高二物理下学期期末试题(含解析)(2021学年)
甘肃省张掖市201６-20１7学年高二物理下学期期末试题（含解析) 编辑整理：尊敬的读者朋友们：这里是精品文档编辑中心,本文档内容是由我和我的同事精心编辑整理后发布的,发布之前我们对文中内容进行仔细校对，但是难免会有疏漏的地方，但是任然希望（甘肃省张掖市2016-２0１７学年高二物理下学期期末试题（含解析）)的内容能够给您的工作和学习带来便利。
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20１6—2017学年甘肃省张掖市高二(下)期末物理试卷一、本题共１5小题,每小题4分,共60分.在每小题给出的四个选项中,第1—１1题只有一项符合题目要求，第1２—15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，有错选得0分１．卢瑟福利用α粒子轰击金箔的实验研究原子结构，正确反映实验结果的示意图是( ) A．Ｂ．C．D．2.如图甲、乙所示，拉力F使叠放在一起的A、B两物体一起以共同速度沿F方向做匀速直线运动，则（）A．两图中Ａ物体受到的摩擦力方向均与Ｆ方向相同Ｂ．两图中A物体受到的摩擦力方向均与Ｆ方向相反C.甲图中Ａ物体不受摩擦力,乙图中A物体受到的摩擦力方向与F 方向相同D.两图中A物体均不受摩擦力作用3．下列关于放射性元素的半衰期的说法正确的是( ）Ａ．质量为m的铀经过两个半衰期后,原来所含的铀元素的原子核有m发生了衰变Ｂ.质量为m的铀经过两个半衰期后,原来所含的铀元素的原子核有ｍ发生了衰变Ｃ．同种放射性元素，在化合物中的半衰期与在单质中的半衰期不相同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1个氡原子核4.有关光的本性的说法正确的是( )A.有关光的本性，牛顿提出了“粒子性”,惠更斯提出了“波动性”,爱因斯坦提出了“光子说”,它们都圆满地说明了光的本性B．光具有波粒二象性是指既可以把光看成宏观概念的波,也可以看成微观概念上的粒子C.光的干涉、衍射说明光具有波动性,光电效应说明光具有粒子性D.在光双缝干涉实验中,如果光通过双缝时显出波动性,如果光只通过一个缝时显示出粒子性５.如图所示,Ａ、Ｂ两球完全相同,质量为m,用两根等长的细线悬挂在Ｏ点，两球之间夹着一根劲度系数为k的轻弹簧，静止不动时，弹簧位于水平方向，两根细线之间的夹角为θ．则弹簧的长度被压缩了（)Ａ． B. C.ﻩD．６.在光滑水平面上,原来静止的物体在水平力F作用下,经过时间t后,动量为p，动能为E k;若该物体在此光滑水平面上由静止出发,仍在水平力Ｆ的作用下,则经过时间2t后物体的( ）A.动量为4p B．动量为ｐﻩ C.动能为4EｋﻩD．动能为2E k7.发展核电既是中国发展突破能源、交通、环保瓶颈的上策,也符合国家关于“节能减排”的号召,下列关于核电站的说法中正确的是（）A．核反应方程可能是:Ｕ→Bａ+Ｋｒ+2ｎＢ．核反应过程中质量和质量数都发生了亏损C．在核反应堆中利用控制棒吸收中子从而减小中子对环境的影响D.核电站的能量转换过程是：通过核反应堆将核能转化为热能,再通过汽轮机将热能转化为机械能,最后通过发电机将机械能转化为电能8．如图(甲)所示,A、B两物体叠放在一起，放在光滑的水平地面上，从静止开始受到一变力的作用,该力与时间的关系如图(乙)所示，运动过程中两物体始终保持相对静止，则下列说法正确的是( )A．ｔ＝０时刻和ｔ=2t0时刻，A受到的静摩擦力相同B.在ｔ0时刻，A、Ｂ间的静摩擦力最大C．在t0时刻，A、B的速度最大Ｄ．在2t0时刻，A、B的速度最大９.如图所示，用一动滑轮竖直提升质量分别为2m和ｍ的两物块,初始时刻两物块A和Ｂ均静止在水平地面上,细绳拉直,在竖直向上拉力F=6ｍｇ作用下，动滑轮竖直向上加速运动,已知动滑轮质量忽略不计,动滑轮半径很小,不考虑绳与滑轮之间的摩擦，细绳足够长,则在滑轮向上运动过程中,物块A和B的加速度分别为（）A.a A=0.５g,aＢ=2ｇﻩB．ａＡ=a B=gＣ.a A＝g，ａＢ=３gﻩD．a A=0,a B=２ｇ10．如图所示,物块A的质量为3ｍ，物块B的质量为m,它们与地面间的摩擦均不计,在已知水平推力F的作用,A、B两物体一起做加速运动,则A对B的作用力为( )A.ＦﻩB．C．ﻩ D.11．如图，传送带的水平部分长为Ｌ,向右传动速率为v,在其左端无初速释放一小木块,若木块与传送带间的动摩擦因数为μ，则木块从左端运动到右端的时间可能是（ )Ａ． B.ﻩＣ． D.12．２005年是“世界物理年”,1０0年前的１9０5年是爱因斯坦的“奇迹"之年，这一年他先后发表了三篇具有划时代意义的论文,其中关于光量子的理论成功地解释了光电效应现象．关于光电效应,下列说法正确的是( ）A．当入射光的频率低于极限频率时，不能发生光电效应B．光电子的最大初动能与入射光的频率成正比C．光电子的最大初动能与入射光的强度成正比Ｄ.某单色光照射一金属时不能发生光电效应，改用波长较短的光照射该金属可能发生光电效应13．从同一地点同时开始沿同一方向做直线运动的两个物体Ⅰ、Ⅱ的速度图象如图所示,在0～t0时间内,下列说法中正确的是( ）Ａ．ｔ0时刻两个物体相遇Ｂ.Ⅰ、Ⅱ两物体的加速度都在不断减小C．Ⅰ、Ⅱ两物体的位移都在不断增大D.Ⅰ、Ⅱ两个物体的平均速度大小都是14.如图所示,光滑水平地面上放有截面为圆周的柱状物体Ａ，Ａ与墙面之间放一光滑的圆柱形物体B，对A施加一水平向左的力F,整个装置保持静止．若将A的位置向左移动稍许，整个装置仍保持平衡，则（）Ａ.水平外力F减小ﻩ B.墙对B的作用力减小C.地面对A的支持力减小D．A对Ｂ的作用力减小１5．如图所示，在某海滨游乐场里有一种滑沙运动,其运动过程可类比为如图所示模型，小孩(可视为质点)坐在长为１m的滑板上端,与滑板一起由静止从倾角为37°的斜面上下滑，已知小孩与滑板间的动摩擦因数为0。
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2014-2015学年甘肃省张掖市高台一中高二（下）期末物理试卷一、选择题：本题共12小题，每小题3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）（2015春•高台县校级期末）有关交流电的下列说法不正确的是（）A．交变电流的有效值实质就是平均值B．只有正（或余）弦式电流才有U=的关系C．照明电压220V、动力电压380V，交流电压表和电流表测量的值指的都是交变电流的有效值D．交变电流u=311sin314t的相位是314t，初相是0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：交变电流表和交变电压表测定的电流、电压的数值、交变电流的电器设备铭牌上所标的电压和电流值均指有效值，没有特别说明的都是指交变电流的有效值．解答：解：A、交流电的有效值与平均值是两个不同的概念，故A错误．B、只有正（或余）弦式电流才有U=的关系，故B正确；C、照明电压220V、动力电压380V，交流电压表和电流表测量的值指的都是交变电流的有效值，故C正确；D、交变电流u=311sin314t的相位是314t，初相是0，故D正确；本题选错误的，故选：A．点评：本题关键要知道有效值的概念，明确给定的交变电流的数值，没有特别说明的都是指交变电流的有效值．2．（3分）（2015春•高台县校级期末）如图所示表示一交流电随时间而变化的图象，其中电流的正值为正弦曲线的正半周，其最大值为I m；电流的负值的强度为I m，则该交流电的有效值为（）A．B．I m C．I m D．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：求有效值方法：是将交流电在一个周期内产生热量与将恒定电流在相同时间内产生的热量相等，则恒定电流的值就是交流电的有效值．解答：解：有效值是根据电流的热效应来规定的．根据（）2R +I m2R=I2RT得，交流电的有效值I=I m．故D正确，ACD错误；故选：D．点评：求交流电的有效值，要根据电流的热效应，由有效值的定义求解；注意正弦式或余弦式交流电的半个周期可以适用公式U=进行计算．3．（3分）（2015春•高台县校级期末）如图所示，L为电感线圈，C为电容器，A、B为两只相同的灯泡，将它们接在电压为u的交流电源上，两只灯泡的亮度一样．若保持电源电压不变，而将电源频率增大，下列说法中正确的是（）A．两灯泡的亮度不变B．A灯泡亮度不变，B灯泡变亮C．A灯泡变暗，B灯泡变亮D．A灯泡变亮，B灯泡变暗考点：电容器和电感器对交变电流的导通和阻碍作用．分析：对于电容器来说能通交流隔直流，而频率越高越容易通过．对于线圈来讲通直流阻交流，通低频率交流阻高频率交流．解答：解：若保持交流电源的电压不变，使交变电流的频率增大，电容器对其阻碍变小，线圈对其阻碍变大．所以A灯泡将变暗，B灯泡将变亮．故选：C．点评：当电容器的电容越小，频率越低时，容抗越高；而线圈的自感系数越大，频率越高时，感抗越高．4．（3分）（2015春•高台县校级期末）下面说法不正确的是（）A．感温铁氧体把温度这个热学量转换为电路的通断B．霍尔元件把磁感应强度这个磁学量转换为电压这个电学量C．光敏电阻随光照强度的增强电阻增大D．热敏电阻把温度这个热学量转换为电阻这个电学量考点：传感器在生产、生活中的应用．分析：传感器作为一种将其它形式的信号与电信号之间的转换装置，在我们的日常生活中得到了广泛应用，不同传感器所转换的信号对象不同，我们应就它的具体原理进行分析．解答：解：A、感温铁氧体把温度转化为电学中电路的通断；故A正确；B、霍尔元件能把磁感应强度这个磁学量转换为电压这个电学量．故B正确；C、光敏电阻随光照强度的增强，电阻减小；故C错误；D、热敏电阻把温度这个热学量转换为电阻这个电学量；故D正确；本题选错误的；故选：C点评：传感器能够将其他信号转化为电信号，它们在生产生活中应用非常广泛，在学习中要注意体会；明确它们的工作原理及应用．5．（3分）如图是一火警报警装置的一部分电路示意图，其中R2是半导体热敏传感器，它的电阻随温度升高而减小，a、b接报警器，当传感器R2所在处出现火情时，电流表的电流I和a、b两端电压U与出现火情前相比（）A．I变大，U变大B．I变大，U变小C．I变小，U变小D．I变小，U变大考点：闭合电路的欧姆定律．专题：恒定电流专题．分析：由题知，当传感器R2所在处出现火情时，R2减小，分析外电路总电阻如何变化，根据欧姆定律分析干路电流的变化情况和路端电压U的变化情况，根据R2、R3并联电压的变化情况，分析通过R3电流的变化情况，即可知电流表示数变化情况．解答：解：由题知，当传感器R2所在处出现火情时，R2减小，R2、R3并联电阻减小，外电路总电阻减小，根据闭合电路欧姆定律得知，干路电流I增大，路端电压减小，即a、b 两端电压U变小；R2、R3并联电压U并=E﹣I（R1+r），I增大，E、R1、r均不变，则U并减小，通过R3电流减小，由于干路电流增大，则知电流表示数I变大．故B正确，ACD错误．故选B点评：本题是信息题，首先要抓住传感器R2电阻与温度的关系，其次按“部分→整体→部分”的顺序进行分析．6．（3分）下列关于布朗运动的说法中正确的是（）A．将碳素墨水滴入清水中，观察到的布朗运动是碳分子无规则运动的反映B．布朗运动是否显著与悬浮在液体中的颗粒大小无关C．布朗运动的激烈程度与温度有关D．微粒的布朗运动的无规则性，反映了液体内部分子运动的无规则性考点：布朗运动．专题：布朗运动专题．分析：布朗运动是悬浮微粒永不停息地做无规则运动，用肉眼看不到悬浮微粒，只能借助光学显微镜观察到悬浮微粒的无规则运动，肉眼看不到液体分子；布朗运动的实质是液体分子不停地做无规则撞击悬浮微粒，悬浮微粒受到的来自各个方向的液体分子的撞击作用不平衡的导致的无规则运动．解答：解：A、碳素墨水滴入清水中，观察到的布朗运动是液体分子不停地做无规则撞击碳悬浮微粒，悬浮微粒受到的来自各个方向的液体分子的撞击作用不平衡的导致的无规则运动，故A错误；B、当悬浮微粒越小时，悬浮微粒受到的来自各个方向的液体分子的撞击作用不平衡表现的越强，即布朗运动越显著，所以与悬浮的颗粒有关，故B错误；C、温度越高，液体分子的热运动越剧烈，悬浮微粒受到的来自各个方向的液体分子的撞击作用不平衡表现的越强，即布朗运动越显著，故C正确；D、布朗运动的实质是液体分子不停地做无规则撞击悬浮微粒，悬浮微粒受到的来自各个方向的液体分子的撞击作用不平衡的导致的无规则运动，其反映是液体内部分子运动的无规则性，故D正确．故选：CD．点评：明确布朗运动的实质是解题的关键，注意悬浮微粒只有借助显微镜才能看到．7．（3分）（2015春•高台县校级期末）关于分子间相互作用力（如图所示）的以下说法中，正确的是（）A．当分子间的距离r=r0时，分子力为零，说明此时分子间既不存在引力，也不存在斥力B．分子力随分子间的距离的变化而变化，当r＞r0时，随着距离的增大，分子间的引力和斥力都增大，但引力比斥力增大的快，故分子力表现为引力C．当分子间的距离r＜r0时，随着距离的减小，分子间的引力和斥力都增大，但斥力比引力增大的快，故分子力表现为斥力D．当分子间的距离r＞r0时，合力随分子间距离增大而减小考点：分子间的相互作用力．专题：分子间相互作用力与分子间距离的关系．分析：分子间有间隙，存在着相互作用的引力和斥力，当分子间距离增大时，表现为引力，当分子间距离减小时，表现为斥力，而分子间的作用力随分子间的距离增大先减小后增大，再减小；当分子间距等于平衡位置时，引力等于斥力，即分子力等于零．解答：解：A、分子间的引力和斥力同时存在，当分子间的距离r=r0时，引力等于斥力，分子力为零，故A错误．B、分子力随分子间的距离的变化而变化，当r＞r0时，分子间的作用力随分子间距离的增大而减小，斥力减小的更快，故分子力表现为引力，故B错误．C、当分子间的距离r＜r0时，随着距离的减小，分子间的引力和斥力都增大，但斥力比引力增大的快，故分子力表现为斥力，故C正确．D、当分子间的距离r＞r0时，合力为引力，其大小随分子间距离增大而减小．故D正确．故选：CD．点评：该题考查分子之间的作用力，分子间的引力和斥力同时存在，但有时引力大于斥力，合力为引力；有时斥力大于引力，表现为斥力．8．（3分）（2015春•高台县校级期末）关于温度的概念，下述说法中正确的是（）A．温度是分子平均动能的标志，物体温度高，则分子的平均动能大B．温度是分子平均动能的标志，温度升高，则物体的每一个分子的动能都增大C．某物体当其内能增大时，则该物体的温度一定升高D．甲物体的温度比乙物体的温度高，则甲物体分子平均速率比乙物体分子平均速率大考点：温度是分子平均动能的标志．专题：内能及其变化专题．分析：正确理解温度是分子平均动能的标志的含义，同时要了解内能的含义以及内能与哪些因素有关是解答本题的关键．解答：解：温度是分子平均动能的标志，这是一个统计规律，对于单个、少量分子是不成立的，故A正确，B错误；物体的内能增大，可能是分子势能增大导致的，分子的平均动能不一定增大，温度不一定升高，故C错误；甲物体的温度比乙物体的温度高说明甲物体分子平均动能大于乙分子平均动能，而二者分子质量不确定谁大谁小，故无法判断二者分子平均速率大小，故D错误．故选A．点评：温度是热学中的一个重要概念，一定从宏观和微观的角度加以充分理解．9．（3分）（2015春•高台县校级期末）如图为两分子系统的势能Ep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，随分子间距离的增大，分子力做正功B．当r=r1时，分子间的作用力为零C．当r=r2时，分子间的作用力为零D．在r由r1变到r2的过程中，分子间的作用力做负功考点：热力学第一定律．专题：热力学定理专题．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r=r2时分子处于平衡位置，当r＞r2时，表现为引力，随分子间距离的增大，分子势能增大，分子力做负功．故A错误．B、当r=r1时，分子间表现为斥力，不为零，故B错误．C、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，故C正确．D、当在r由r1变到r2的过程中，分子势能减小，分子间的作用力做正功，故D错误．故选：C．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，可根据势能的共性分析．10．（3分）下列各图中，P表示压强，V表示体积，T表示热力学温度，t表示摄氏温度，B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：根据气体状态方程来理解图象含义，可以写出图象中两个物理量的函数关系来判断图象的形状．解答：解：气体做等压变化，B、D图象中的压强变化，故A正确，BD错误；根据气态方程：（常数），有由于是等压变化，故为常数，因此V﹣T图为过原点的直线，故C正确．故选AC．点评：从图象上描述气态状态变化，要明确两坐标轴的含义，可以通过气态状态方程写出两坐标轴代表物理量的函数关系，加深理解．11．（3分）（2015春•高台县校级期末）一定质量的理想气体，下列状态变化中不可能的是（）A．使气体温度升高，体积增加，压强增大B．使气体温度不变，而压强、体积同时增大C．使气体温度降低，压强减小，体积减小D．使气体温度升高，体积不变，压强增大考点：理想气体的状态方程．专题：理想气体状态方程专题．分析：根据理想气体状态方程：=C分析答题．解答：解：A、使气体温度T升高，体积V增加，由=C可知，压强p可能增大，故A 正确；B、使气体温度T不变，由=C可知，压强p、体积V不能同时增大，故B错误；C、使气体温度T降低，压强p减小，由=C可知，体积V可能减小，故C正确；D、使气体温度T升高，体积V不变，由=C可知，压强p增大，故D正确；本题选错误的，故选：B．点评：本题考查了判断气体状态变化是否能够发生，气体状态发生变化时要遵守气体状态方程，根据气体各状态参量的变化情况、应用理想气体状态方程即可正确解题．12．（3分）（2015春•高台县校级期末）如图所示，为一定质量的理想气体的p﹣图象，图中BC为过原点的直线，A、B、C为气体的三个状态，则下列说法中正确的是（）A．T A＞T B=T C B．T A＞T B＞T C C．T A=T B＞T C D．T A＜T B＜T C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：根据理想气体状态方程=C，得：P=CT，即P﹣图象上某点与原点连线的斜率大小代表温度的大小．解答：解：P﹣图象上某点与原点连线的斜率越大表示温度越高，故T A＞T B=T C．故选：A．点评：本题考查了对P﹣图象的理解，关键是知道P﹣图象上某点与原点连线的斜率越大表示温度越高．二、选择题：（本题共4小题，每小题4分，在每小题给出的四个选项中，有多个选项符合题目要求．全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分）13．（4分）（2015春•高台县校级期末）一定质量的理想气体处于某一平衡状态，此时其压强为p0，有人设计了四种途径，使气体经过每种途径后压强仍为p0．下面四种途径中可能的途径是（）A．先等温膨胀，再等容降温B．先等温压缩，再等容降温C．先等容升温，再等温压缩D．先等容降温，再等温压缩考点：理想气体的状态方程．专题：理想气体状态方程专题．分析：气体状态发生变化，应用理想气体状态方程=C分析答题．解答：解：A、气体先等温膨胀，温度T不变，体积V增大，由理想气体状态方程=C可知，压强p减小，然后再等容降压，压强进一步减小，在整个过程中压强不可能不变，故A错误；B、先等温压缩，温度T不变，体积V变小，由=C可知，压强p变大，再等容降温，体积V不变，温度T减小，由=C可知，压强p减小，整个过程压强可能不变，故B正确；C、先等容升温，体积V不变，温度T升高，由=C可知，压强p增大，再等温压缩，T 不变，V变小，由=C可知，压强p增大，整个过程压强变大，故C错误；D、先等容降温，体积V不变，T降低，由=C可知，压强p降低，再等温压缩，T不变，V变小，由=C可知，p变大，整个过程压强可能不变，故D正确；故选：BD．点评：本题考查了判断气体状态变化过程能否发生，应用理想气体状态方程=C即可解题，本题是一道基础题，要牢固掌握基础知识．14．（4分）（2015春•高台县校级期末）两个相距较远的分子仅在分子力作用下由静止开始运动，直至不再靠近（小于r0）．在此过程中，下列说法正确的是（）A．分子力先增大，后一直减小B．分子力先做正功，后做负功C．分子势能先增大，后减小D．分子势能和动能之和不变考点：分子势能；分子间的相互作用力．专题：内能及其变化专题．分析：分子力同时存在引力和斥力，分子间引力和斥力随分子间的距离的增大而减小，随分子间的距离的减小而增大，且斥力减小或增大比引力变化要快些；分子力做功等于分子势能的减小量．据此分析．解答：解：A、当分子间距大于平衡间距r0时，分子力表现为引力时，随着距离的减小，分子间的作用力先增大，后减小，平衡位置时分子力为零；而小于平衡位置时，分子间为斥力，随着距离的减小分子力会增大，故A错误；B、两个相距较远的分子仅在分子力作用下由静止开始运动，直至不再靠近的过程中，分子力先是引力后是斥力，故分子力先做正功后做负功，故B正确；C、由于分子力先做正功后做负功，分子势能先减小后增加，故C错误．D、根据能量守恒知，分子势能和动能之和不变，故D正确．故选：BD．点评：本题的关键要掌握分子力与分子距离的关系，根据分子力做功与分子势能变化关系进行判断．15．（4分）（2015春•高台县校级期末）关于一定量的气体，下列说法正确的是（）A．气体的体积指的是该气体的分子所能到达的空间的体积，而不是该气体所有分子体积之和B．只要能减弱气体分子热运动的剧烈程度，气体的温度就可以降低C．气体对容器壁的压强不一定处处相等D．气体在等压膨胀过程中温度一定升高考点：理想气体的状态方程．专题：理想气体状态方程专题．分析：气体的体积指的是该气体的分子所能到达的空间的体积，温度高体分子热运动就剧烈，分子运动不停息，气体对容器壁的压强不为零，做功也可以改变物体的内能．解答：解：A、气体的体积指的是该气体的分子所能到达的空间的体积，故A正确；B、温度是分子平均动能的标志，减弱气体分子热运动的剧烈程度，则气体的温度可以降低；故B正确；C、气体对容器壁的压强处处相等，故C错误；D、气体在等压膨胀过程中由理想气体状态方程可知，温度一定升高，故D正确；故选：ABD．点评：本题考查了热力学第一定律的应用和气体压强的微观意义，注意明确温度是分子平均动能的标志．16．（4分）（2015春•高台县校级期末）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p﹣T图象如图所示．下列判断正确的（）A．过程ab中气体体积一定增大B．过程bc中内能不变C．a、b和c三个状态中，状态a分子的平均动能最小D．b和c两个状态的温度相同考点：理想气体的状态方程；热力学第一定律．专题：热力学定理专题．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，气体压强与热力学温度成正比，则气体发生等容变化，气体体积不变，故A错误；B、由图示图象可知，bc过程气体发生等温变化，气体温度不变，b和c两个状态的温度相同，气体内能保持不变，故BD正确；C、由图象可知，a状态温度最低，在状态a分子平均动能最小，故C正确；故选：BCD．点评：本题考查气体的状态方程中对应的图象，分析清楚图示图象、知道理想气体内能由气体的温度决定即可解题，解题时要抓住在P﹣T图象中等容线为过原点的直线．三、非选择题：包括填空和计算两部分，考生根据要求作答．17．（6分）（2015春•高台县校级期末）测量分子大小的方法有很多，如油膜法、显微法．在“用油膜法估测分子大小”的实验中，用滴管吸取浓度为的溶液，向小量筒中滴入100滴溶液，溶液的液面达到量筒中1mL的刻度，再用滴管取配好的油酸溶液，向撒有痱子粉的盛水浅盘中滴下2滴溶液，在液面上形成油酸薄膜，待油膜稳定后，放在带有正方形坐标格的玻璃板下观察油膜，如图所示．坐标格的正方形大小为20mm×20mm．由图可以估算出油膜的面积是 2.6×10﹣2m2，2滴油酸溶液中纯油酸的体积为2×10﹣11m3（保留两位有效数字），由此估算出油酸分子的直径是8×10﹣10m（保留一位有效数字）．考点：用油膜法估测分子的大小．专题：实验题．分析：由图示油膜求出油膜的面积，根据题意求出两滴油酸溶液含纯油的体积，然后求出油膜的厚度，即油酸分子的直径．解答：解：由图示油膜可知，油膜的面积：S=64×2cm×2cm≈2.6×102cm2=2.6×10﹣2cm2；两滴油酸溶液含纯油的体积为：V=2××=2×10﹣5mL=2×10﹣5cm3=2×10﹣11m3；油酸分子的直径为：d==≈8×10﹣8cm=8×10﹣10m；故答案为：2.6×10﹣2，2×10﹣11，8×10﹣10．点评：要算油膜面积时，要注意，不到一个格但超过半个格的算一个格，不到半个格的忽略不计，注意有效数字．18．（2分）（2015春•高台县校级期末）热力学温度与摄氏温度的换算关系是T=273+t k．考点：温度是分子平均动能的标志．分析：摄氏温度t与热力学温度T中的每一度是相同的；它们的关系为T=t+273.15．解答：解：热力学温度是以﹣273℃为零点，每一K与一℃相对应；故对应关系为：T=273+t（K）故答案为：273+t点评：本题考查摄氏度与热力学温度的关系，要明确两种定义方法中0点的不同．19．（4分）（2015春•高台县校级期末）已知金刚石的密度为3.5×103kg/m3，在体积为5.7×10﹣8m3小块金刚石中，含有 1.0×1022个炭原子．设金刚石中炭原子是紧密地排列在一起的，则炭原子体积约为 5.7×10﹣30m3（已知阿伏加德罗常数N A=6.0×1023mol﹣1，已知炭的摩尔质量为12g/mol）考点：阿伏加德罗常数．专题：阿伏伽德罗常数的应用专题．分析：根据密度和体积求出金刚石的质量，通过摩尔质量求出物质的量，从而得出炭原子的个数．根据摩尔体积的大小求出炭原子．解答：解：金刚石中含有炭原子的个数N=≈1.0×1022．炭原子体积=5.7×10﹣30m3．故答案为：1.0×1022，5.7×10﹣30．点评：解决本题的关键知道质量、摩尔质量、体积、密度、摩尔体积以及阿伏伽德罗常数之间的关系，知道阿伏伽德罗常数是联系宏观量和微观量的桥梁．20．（8分）（2015春•高台县校级期末）一足够长的粗细均匀的玻璃管开口向上竖直放置，管内由15cm长的水银柱封闭着50cm长的空气柱．若将管口向下竖直放置，空气柱长变为多少cm？（设外界大气压强为75cmHg，环境温度不变）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：气体发生等温变化，求出气体的状态参量，然后应用玻意耳定律求出空气柱的长度．解答：解：封闭气体的状态参量：p1=p0+h=75+15=90cmHg，V1=L1S=50S，p2=p0﹣h=75﹣15=60cmHg，气体发生等温变化，由玻意耳定律得：p1V1=p2V2，即：90×50S=60×LS，解得：L=75cm；答：空气柱长度为75cm．点评：本题考查了求空气柱的长度，知道气体发生等温变化，求出气体状态参量，应用玻意耳定律可以解题．21．（10分）（2015春•高台县校级期末）某种气体在状态A时的压强为2×105Pa，体积为1m3，温度为200K．（1）它在等温过程中由状态A变为状态B，状态B的体积为2m3，求状态B的压强．（2）随后，又由状态B在等容过程中变为状态C，状态C的温度为300K．求状态C的压强．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：（1）求出气体的状态参量，由玻意耳定律求出气体的压强．（2）求出气体的状态参量，应用查理定律求出气体的压强．解答：解：（1）气体的状态参量：p A=2×105Pa，V A=1m3，V B=2m3，由玻意耳定律得：p A V A=p B V B，代入数据解得：p A=1×105Pa；（2）气体的状态参量：p B=1×105Pa，T B=T A=200K，T C=300K，由查理定律得：=，代入数据解得：p C=1.5×105Pa；（1）它在等温过程中由状态A变为状态B，状态B的体积为2m3，状态B的压强为1×105Pa．答：（2）由状态B在等容过程中变为状态C，状态C的温度为300K．状态C的压强为1.5×105Pa．点评：本题考查了求气体的压强，分析清楚气体状态变化过程，求出气体的状态参量，应用玻意耳定律与查理定律即可正确解题．22．（8分）（2015春•高台县校级期末）一定质量的某种理想气体由状态A变为状态D，其有关数据如图所示．若状态D的压强为104Pa，状态A的压强是多少？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在A、D两状态的体积与温度，然后应用理想气体状态方程求出在状态A的压强．解答：解：由图示图象可知，V A=1m3，T A=200K，V D=3m3，T D=400K，由题意可知：p D=104Pa，由理想气体状态方程可得：=，即：=，解得：p A=1.5×104Pa，。