福建省福州格致中学鼓山分校2015-2016学年高二物理上学期期中试卷(含解析)

2015-2016学年福建省福州格致中学鼓山分校高二（上）期中物理试
卷
一、选择题：共12小题；（每小题5分，共60分，其中前5题为单选，剩余为多选．全部选对的得5分，选不全的得3分，有选错或不答的得0分．）
1．如图所示，金属棒MN两端用等长的细软导线连接后水平地悬挂．MN处在向里的水平匀强磁场中，棒中通有由M流向N的电流，此时悬线受金属棒的拉力作用．为了使悬线中的拉力减小，可采取的措施有( )
A．使磁场反向B．使电流反向
C．增大电流强度 D．减小磁感应强度
2．如图所示的是同一打点计时器打出的4条纸带，其中加速度最大的纸带是( )
A． B． C．
D．
3．两倾斜的滑杆上分别套A、B两圆环，两环上分别用细线悬吊着两物体，如图所示．当它们都沿滑杆向下滑动时，A的悬线与杆垂直，B的悬线竖直向下，则( )
A．A环与杆有摩擦力B．B环与杆无摩擦力
C．A环作的是匀加速运动D．B环作的是匀加速运动
4．“旋转秋千”是游乐园里常见的游乐项目，其基本装置是将绳子上端固定在转盘的边上，绳子下端连接座椅，人坐在座椅上随转盘旋转而在空中飞旋．若将人和座椅看质点，“旋转
秋千”可简化为如图所示的模型．图中“旋转秋千”的两个座椅A、B质量相等，通过相同长度的缆绳悬挂在旋转圆盘上．不考虑空气阻力的影响，当旋转圆盘绕竖直的中心轴匀速转动时，下列说法正确的是( )
A．A的速度比B的大
B．A与B的向心加速度大小相等
C．悬挂A、B的缆绳与竖直方向的夹角相等
D．悬挂A的缆绳所受的拉力比悬挂B的小
5．质量m=4kg的质点静止在光滑水平面上的直角坐标系的原点O，先用沿+x轴方向的力F1=2N 作用了4s，然后撤去F1；再用沿+y轴方向的力F2=24N作用了1s，则质点在这3s内的轨迹为( )
A．B．C．D．
6．如图所示，斜劈劈尖顶着竖直墙壁静止于水平面上，现将一小球从图示位置静止释放，不计一切摩擦，则在小球从释放到落至地面的过程中，下列说法正确的是( )
A．斜劈对小球的弹力不做功
B．斜劈与小球组成的系统机械能守恒
C．斜劈的机械能守恒
D．小球机械能的减小量等于斜劈动能的增大量
7．如图所示，质量为m的物体在水平传送带上由静止释放，传送带由电动机带动，始终保持以速度v匀速运动，物体与传送带间的动摩擦因数为μ，物体过一会儿能保持与传送带相对静止，对于物体从静止释放到相对传送带静止这一过程下列说法正确的是( )
A．电动机多做的功为mv2
B．摩擦力对物体做的功为mv2
C．电动机增加的功率为μmgv
D．传送带克服摩擦力做功为mv2
8．如图所示，可视为点电荷的小物块A、B分别带负电和正电，B固定，其正下方的A静止在绝缘斜面上，则A受力个数可能为( )
A．A可能受到2个力作用B．A可能受到3个力作用
C．A可能受到4个力作用D．A可能受到5个力作用
9．如图，游乐场中，从高处A到水面B处有两条长度相同的光滑轨道．甲、乙两小孩沿不同轨道同时从A处自由滑向B处，下列说法正确的有( )
A．甲的切向加速度始终比乙的大
B．甲、乙在同一高度的速度大小相等
C．甲、乙在同一时刻总能到达同一高度
D．甲比乙先到达B处
10．如图所示，足够长的斜面上有a、b、c、d、e五个点，ab=bc=cd=de，从a点水平抛出一个小球，初速度为v时，小球落在斜面上的b点，落在斜面上时的速度方向与斜面夹角为θ；不计空气阻力，初速度为2v时( )
A．小球可能落在斜面上的c点与d点之间
B．小球一定落在斜面上的e点
C．小球落在斜面时的速度方向与斜面夹角大于θ
D．小球落在斜面时的速度方向与斜面夹角也为θ
11．2013年4月将出现“火星合日”的天象“火星合日”是指火星、太阳、地球三者之间形成一条直线时，从地球的方位观察，火星位于太阳的正后方，火星被太阳完全遮蔽的现象，如图所示已知地球、火星绕太阳运行的方向相同，若把火星和地球绕太阳运行的轨道视为圆，火星绕太阳公转周期约等于地球公转周期的2倍，由此可知( )
A．“火星合日”约每1年出现一次
B．“火星合日”约每2年出现一次
C．火星的公转半径约为地球公转半径的倍
D．火星的公转半径约为地球公转半径的8倍
12．如图甲所示，两个点电荷Q1、Q2固定在x轴上距离为L的两点，其中Q1带正电位于原点O，a、b是它们连线延长线上的两点，其中b点与O点相距3L．现有一带正电的粒子q以一定的初速度沿x轴从a点开始经b点向远处运动（粒子只受电场力作用），设粒子经过a，b两点时的速度分别为v a，v b，其速度随坐标x变化的图象如图乙所示，则以下判断正确的是( )
A．Q2带负电且电荷量小于Q1
B．b点的场强一定为零
C．a点的电势比b点的电势高
D．粒子在a点的电势能比b点的电势能小
二、实验题（本题共1小题，共13分，按要求做题．）
13．（13分）用如图1所示的实验装置验证m1、m2组成的系统机械能守恒．m2从高处由静止开始下落，m1上拖着的纸带打出一系列的点，对纸带上的点迹进行测量，即可验证机械能守恒定律．图2给出的是实验中获取的一条纸带：0是打下的第一个点，每相邻计数点间的距离如图2所示．已知m1=50g，m2=150g，则（g=9.8m/s2，所有结果均保留三位有效数字）
（1）在纸带上打下计数点5时的速度v5=__________m/s；
（2）在打点0﹣5过程中系统动能的增量△E k=__________J，系统势能的减少量
△E p=__________J，由此得出的结论是__________．
（3）若某同学做出v2﹣h图象如图3所示，则当地的实际重力加速度g=__________m/s2．
三、计算题：（本题共3小题，27分，解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．有数值计算题，答案中必须明确写出数值和单位，作图题必须尺规作图．）
14．悬挂在O点的一根不可伸长的绝缘细线下端有一个质量为m、带电量为﹣q的小球，若在空间加一匀强电场，则小球静止时细线与竖直方向夹角为θ，如图所示，求：
（1）所加匀强电场场强最小值的大小和方向；
（2）若在某时刻突然撤去电场，当小球运动到最低点时，小球对细线的拉力为多大．
15．如图，用跨过光滑定滑轮的缆绳将海面上一艘失去动力的小船沿直线拖向岸边．已知拖动缆绳的电动机功率恒为P，小船的质量为m，小船受到的阻力大小恒为f，经过A点时的速度大小为v0，小船从A点沿直线加速运动到B点经历时间为t1，A、B两点间距离为d，缆绳质量忽略不计．求：
（1）小船从A点运动到B点的全过程克服阻力做的功W f；
（2）小船经过B点时的速度大小v1；
（3）小船经过B点时的加速度大小a．
16．湖南卫视推出了大型户外竞技类节目《快乐向前冲》，是体力与耐力展现的一个体能竞赛活动．节目的场地设施如图所示，AB为水平直轨道，上面安装有电动悬挂器，可以载人运动，
水面上漂浮着一个半径为R、角速度为ω、铺有海绵垫的转盘，转盘的轴心离平台的水平距离为L，平台边缘与转盘平面的高度差为H．选手抓住悬挂器可以在电动机的带动下，从A点下方的平台边缘处沿水平方向做初速度为零、加速度为a的匀加速直线运动．选手必须作好判断，在合适的位置释放，才能顺利落在转盘上．设人的质量为m（不计身高），人与转盘间的最大静摩擦力为μmg，重力加速度为g．
（1）假设选手落到转盘上瞬间相对转盘速度立即变为零，为保证他落在任何位置都不会被甩下转盘，转盘的角速度ω应限制在什么范围？
（2）若已知H=5m，L=8m，a=2m/s2，g=10m/s2，且选手从某处C点释放能恰好落到转盘的圆心上，则他是从平台出发后多长时间释放悬挂器的？
（3）若电动悬挂器开动后，针对不同选手的动力与该选手重力关系皆为F=0.6mg，悬挂器在轨道上运动时存在恒定的摩擦阻力，选手在运动到上面（2）中所述位置C点时，因恐惧没有释放悬挂器，但立即关闭了它的电动机，则按照（2）中数据计算悬挂器载着选手还能继续向右滑行多远的距离？
2015-2016学年福建省福州格致中学鼓山分校高二（上）期中物理试卷
一、选择题：共12小题；（每小题5分，共60分，其中前5题为单选，剩余为多选．全部选对的得5分，选不全的得3分，有选错或不答的得0分．）
1．如图所示，金属棒MN两端用等长的细软导线连接后水平地悬挂．MN处在向里的水平匀强磁场中，棒中通有由M流向N的电流，此时悬线受金属棒的拉力作用．为了使悬线中的拉力减小，可采取的措施有( )
A．使磁场反向B．使电流反向
C．增大电流强度 D．减小磁感应强度
【考点】安培力．
【分析】通电导线在磁场中的受到安培力作用，由公式F=BIL求出安培力大小，由左手定则来确定安培力的方向．由平衡条件和安培力知识分析即可．
【解答】解：棒处于方向垂直纸面向里的匀强磁场中，棒中通有从M流向N的电流，根据左手定则可知，棒所受安培力的方向竖直向上，由于此时悬线上有拉力，为了使拉力减小，则安培力必须增加，由安培力公式F=BIL知，可以适当增加电流强度，或增大磁场，若使电流或磁场反向，安培力方向竖直向下，悬线的拉力将增大．故C正确，ABD错误．
故选：C．
【点评】解决本题的关键要掌握安培力的方向判断方法：左手定则，以及安培力大小公式
F=BIL．
2．如图所示的是同一打点计时器打出的4条纸带，其中加速度最大的纸带是( )
A． B． C．
D．
【考点】用打点计时器测速度．
【专题】实验题．
【分析】根据匀变速直线运动的推论公式△x=aT2可以判断加速度的大小，从而即可求解．【解答】解：同一打点计时器打出的四条纸带，点迹间的时间间隔相等，设为T．根据逐差相等公式△x=aT2可知，点迹间位移差△x越大，加速度越大，据图可以看出，A图的点与点之间的距离差最大，故A的加速度最大．故A正确、BCD错误．
故选：A．
【点评】打点计时器打点的时间间隔是相等的，观察纸带上点间的距离，根据物理规律解决问题．要提高应用匀变速直线的规律以及推论解答实验问题的能力，在平时练习中要加强基础知识的理解与应用．
3．两倾斜的滑杆上分别套A、B两圆环，两环上分别用细线悬吊着两物体，如图所示．当它们都沿滑杆向下滑动时，A的悬线与杆垂直，B的悬线竖直向下，则( )
A．A环与杆有摩擦力B．B环与杆无摩擦力
C．A环作的是匀加速运动D．B环作的是匀加速运动
【考点】牛顿第二定律；力的合成与分解的运用．
【专题】牛顿运动定律综合专题．
【分析】环和物体保持相对静止，具有相同的加速度，通过对物体受力分析，运用牛顿第二定律得出其加速度，从而再根据牛顿第二定律分析出环的受力情况和运动情况．
【解答】解：A、左图，物体受重力和拉力两个力，两个力的合力不等于零，知物体与A以共同的加速度向下滑，对物体有：
a=，则A的加速度为gsinθ，做匀加速直线运动，对A环分析，设摩擦力为f，有
Mgsinθ﹣f=Ma，解得f=0．所以A环与杆间没有摩擦力．故A错误，C正确．
B、右图，物体处于竖直状态，受重力和拉力，因为加速度方向不可能在竖直方向上，所以两个力平衡，物体做匀速直线运动，所以B环也做匀速直线运动．知B环受重力、支持力、拉力和摩擦力处于平衡．故B、D错误．
故选C．
【点评】解决本题的关键知道物体与环具有相同的加速度，一起运动，以及掌握整体法和隔离法的运用．
4．“旋转秋千”是游乐园里常见的游乐项目，其基本装置是将绳子上端固定在转盘的边上，绳子下端连接座椅，人坐在座椅上随转盘旋转而在空中飞旋．若将人和座椅看质点，“旋转秋千”可简化为如图所示的模型．图中“旋转秋千”的两个座椅A、B质量相等，通过相同长度的缆绳悬挂在旋转圆盘上．不考虑空气阻力的影响，当旋转圆盘绕竖直的中心轴匀速转动时，下列说法正确的是( )
A．A的速度比B的大
B．A与B的向心加速度大小相等
C．悬挂A、B的缆绳与竖直方向的夹角相等
D．悬挂A的缆绳所受的拉力比悬挂B的小
【考点】向心力；向心加速度．
【专题】匀速圆周运动专题．
【分析】AB两个座椅具有相同的角速度，分别代入速度、加速度、向心力的表达式，即可分析．
【解答】解：当旋转圆盘绕竖直的中心轴匀速转动时，A、B两个座椅具有相同的角速度．
A、根据公式：v=ω•r，A的运动半径小，A的速度小．故A错误；
B、根据公式：a=ω2r，A的运动半径小，A的向心加速度小，故B错误；
C、如图，对任一座椅，受力如图，由绳子的拉力与重力的合力提供向心力，则得：mgtanθ=mω2r，则得tanθ=，A的半径r较小，ω相等，可知A与竖直方向夹角θ较小，故C错误．
D、A的向心加速度就小，A的向心力就小，A对缆绳的拉力就小，故D正确．
故选：D
【点评】该题中，AB的角速度相等而半径不相等是解题的关键，要掌握线速度、向心加速度、向心力与角速度的关系．
5．质量m=4kg的质点静止在光滑水平面上的直角坐标系的原点O，先用沿+x轴方向的力F1=2N 作用了4s，然后撤去F1；再用沿+y轴方向的力F2=24N作用了1s，则质点在这3s内的轨迹为( )
A．B．C．D．
【考点】匀变速直线运动的图像．
【专题】直线运动规律专题．
【分析】质点前2s内在F1的作用下沿x轴正方向做匀加速直线运动，接下来的1s内质点参与了两个方向的运动：x轴正方向的匀速直线运动，y轴正方向的在F2作用下的匀加速直线运动，质点实际运动是两个方向的合运动，由曲线运动的条件可知质点后1s内做曲线运动且合力指向曲线弯曲的内侧，再分别计算处x轴方向和y轴方向的位移进而选择答案．
【解答】解：F1作用下质点的加速度：a x===0.5m/s2，
4s末质点的速度：v x=a x t1=0.5×4m/s=2m/s；
这时位移为：x1==m=4m；
F2作用时质点的加速度：a y===6m/s2，
后1s内y轴方向的位移：y===3m，x轴方向的位移x2′=v x t2=2×1m=2m，因此，x轴方向的总位移x总=x1+x2=6m：，又知曲线弯向F2方向即y轴的轴方向，故B正确，A、C、D错误．
故选：B．
【点评】本题关键根据物体的受力情况，分析其运动情况．质点在后1s内的运动是x轴正方向与y轴正方向运动的合运动，实际运动是曲线运动，由运动的合成与分解知识结合运动学公式来分析判断．
6．如图所示，斜劈劈尖顶着竖直墙壁静止于水平面上，现将一小球从图示位置静止释放，不计一切摩擦，则在小球从释放到落至地面的过程中，下列说法正确的是( )
A．斜劈对小球的弹力不做功
B．斜劈与小球组成的系统机械能守恒
C．斜劈的机械能守恒
D．小球机械能的减小量等于斜劈动能的增大量
【考点】机械能守恒定律；共点力平衡的条件及其应用．
【专题】机械能守恒定律应用专题．
【分析】小球和斜劈组成的系统中，只有重力势能和动能相互转化，机械能守恒；而小球和斜劈的机械能都不守恒．
【解答】解：A、不计一切摩擦，小球从释放到落至地面的过程中，斜劈由静到动，动能增加，只有弹力对斜劈做功，根据动能定理，斜劈对小球的弹力做正功，故A错误；
B、小球和斜劈组成的系统中，只有重力势能和动能相互转化，机械能守恒，故B正确．
C、由于斜劈由静到动，动能增加，重力势能不变，所以其机械能增加，故C错误．
D、根据系统的机械能守恒知，小球机械能的减少量等于斜劈动能的增加量，故D正确．
故选：BD．
【点评】本题关键分析清楚物体的运动和能量的转化情况，要明确是小球和斜劈组成的系统机械能守恒，而不是单个物体机械能守恒．
7．如图所示，质量为m的物体在水平传送带上由静止释放，传送带由电动机带动，始终保持以速度v匀速运动，物体与传送带间的动摩擦因数为μ，物体过一会儿能保持与传送带相对静止，对于物体从静止释放到相对传送带静止这一过程下列说法正确的是( )
A．电动机多做的功为mv2
B．摩擦力对物体做的功为mv2
C．电动机增加的功率为μmgv
D．传送带克服摩擦力做功为mv2
【考点】电功、电功率．
【专题】恒定电流专题．
【分析】物体在传送带上运动时，物体和传送带要发生相对滑动，所以电动机多做的功一部分转化成了物体的动能另一部分就是增加了相同的内能，在运动的过程中只有摩擦力对物体做功，由动能定理可以求出摩擦力对物体做的功．
【解答】解：A、电动机多做的功转化成了物体的动能和内能，物体在这个过程中获得动能就是mv2，由于滑动摩擦力做功，所以电动机多做的功一定要大于mv2，所以A错误；
B、在运动的过程中只有摩擦力对物体做功，由动能定理可知，摩擦力对物体做的功等于物体动能的变化，即为mv2，所以B正确；
C、电动机增加的功率即为克服摩擦力做功的功率，大小为fv=μmgv，所以C正确；
D、传送带克服摩擦力做的功就为电动机多做的功，所以由A的分析可知，D错误．
故选：BC
【点评】当物体之间发生相对滑动时，一定要注意物体的动能增加的同时，相同的内能也要增加，这是解本题的关键地方，知道电动机多做的功等于物体动能的增加和摩擦产生的内能之和．
8．如图所示，可视为点电荷的小物块A、B分别带负电和正电，B固定，其正下方的A静止在绝缘斜面上，则A受力个数可能为( )
A．A可能受到2个力作用B．A可能受到3个力作用
C．A可能受到4个力作用D．A可能受到5个力作用
【考点】库仑定律；物体的弹性和弹力．
【专题】电场力与电势的性质专题．
【分析】对A物块进行受力分析，同时结合平衡条件进行分析．
【解答】解：首先物块受重力和B给的吸引力，若重力和吸引力恰好相等，则可以满足受力平衡的条件，所以A球可能受到2个力的作用，A正确；
若向上的吸引力小于重力，则A对斜面有压力，会受到斜面的支持力，若要合力为0处于平衡状态必须还要受一沿斜面向上的摩擦力才可以，所以A有可能受四个力的作用，C正确．
故选：AC．
【点评】本题借助库仑力考查了物体受力平衡的条件应用，属于基础题．
9．如图，游乐场中，从高处A到水面B处有两条长度相同的光滑轨道．甲、乙两小孩沿不同轨道同时从A处自由滑向B处，下列说法正确的有( )
A．甲的切向加速度始终比乙的大
B．甲、乙在同一高度的速度大小相等
C．甲、乙在同一时刻总能到达同一高度
D．甲比乙先到达B处
【考点】匀变速直线运动的速度与位移的关系．
【专题】直线运动规律专题．
【分析】①由受力分析及牛顿第二定律可知，甲的切向加速度先比乙的大，后比乙的小；
②可以使用机械能守恒来说明，也可以使用运动学的公式计算，后一种方法比较麻烦；
③哪一个先达到B点，可以通过速度的变化快慢来理解，也可以使用v﹣t图象来计算说明．【解答】解：A：由受力分析及牛顿第二定律可知，甲的切向加速度先比乙的大，后比乙的小，故A错误；
B：由机械能守恒定律可知，各点的机械能保持不变，高度（重力势能）相等处的动能也相等，故B正确；
C、D：甲的切向加速度先比乙的大，速度增大的比较快，开始阶段的位移比较大，故甲总是先达到同一高度的位置．故C错误，D正确．
故选：BD．
【点评】本题应该用“加速度”解释：高度相同，到达底端的速度大小就相同，但甲的加速度逐渐减小，乙的加速度逐渐增大．所以它们的速度增加的快慢不同，甲增加得最快，乙增加得最慢．
10．如图所示，足够长的斜面上有a、b、c、d、e五个点，ab=bc=cd=de，从a点水平抛出一个小球，初速度为v时，小球落在斜面上的b点，落在斜面上时的速度方向与斜面夹角为θ；不计空气阻力，初速度为2v时( )
A．小球可能落在斜面上的c点与d点之间
B．小球一定落在斜面上的e点
C．小球落在斜面时的速度方向与斜面夹角大于θ
D．小球落在斜面时的速度方向与斜面夹角也为θ
【考点】平抛运动．
【专题】平抛运动专题．
【分析】（1）小球落在斜面上，竖直方向上的位移与水平方向位移的比值一定，运动的时间与初速度有关，根据竖直方向上的位移公式，可得出竖直位移与初速度的关系，从而知道小球的落点．
（2）根据速度方向与水平方向的夹角变化，去判断θ的变化．
【解答】解：A、小球落在斜面上速度与水平方向的夹角为α，则小球落在斜面上，竖直方向上的速度与水平方向速度的比值tanα=，
解得：t=，
在竖直方向上的位移y==
当初速度变为原来的2倍时，竖直方向上的位移变为原来的4倍，所以小球一定落在斜面上的e点，故A错误，B正确；
C、设小球落在斜面上速度与水平方向的夹角为β，则tanβ=，又
t=2×=，所以tanβ=tanα，所以落在斜面时的速度方向与斜面夹角也为θ．故C错误，D正确．
故选：BD．
【点评】物体在斜面上做平抛运动落在斜面上，竖直方向的位移与水平方向上的位移比值是一定值．以及知道在任一时刻速度与水平方向夹角的正切值是位移与水平方向夹角正切值的2倍．
11．2013年4月将出现“火星合日”的天象“火星合日”是指火星、太阳、地球三者之间形成一条直线时，从地球的方位观察，火星位于太阳的正后方，火星被太阳完全遮蔽的现象，如图所示已知地球、火星绕太阳运行的方向相同，若把火星和地球绕太阳运行的轨道视为圆，火星绕太阳公转周期约等于地球公转周期的2倍，由此可知( )
A．“火星合日”约每1年出现一次
B．“火星合日”约每2年出现一次
C．火星的公转半径约为地球公转半径的倍
D．火星的公转半径约为地球公转半径的8倍
【考点】万有引力定律及其应用；向心力．
【专题】万有引力定律的应用专题．
【分析】由圆周运动的规律可得出多长时间火星、地球及月球处在同一直线上；由万有引力充当向心力可知火星半径与地球半径的大小关系．
【解答】解：A、因火星的周期为地球周期的2倍，故地球转一周时，火星转动了半圈，故一年内不会出现“火星合日”现象；只有等火星转动一圈时才会同时出现在同一直线上，故约2年出现一次，故A错误，B正确；
C、由G=m可知，R=，故半径R与成比，故火星的公转半径约为地球公转半径的倍；故C正确，D错误；
故选：BC．
【点评】行星绕太阳运动与卫星绕地球运动的模型相似：旋转天体绕中心天体做匀速圆周运动，中心天体对旋转天体的万有引力提供旋转天体的向心力．本题关键抓住万有引力提供向心力，列式求解出线速度、角速度、周期和向心力的表达式，再进行讨论．
12．如图甲所示，两个点电荷Q1、Q2固定在x轴上距离为L的两点，其中Q1带正电位于原点O，a、b是它们连线延长线上的两点，其中b点与O点相距3L．现有一带正电的粒子q以一定的初速度沿x轴从a点开始经b点向远处运动（粒子只受电场力作用），设粒子经过a，b两点时的速度分别为v a，v b，其速度随坐标x变化的图象如图乙所示，则以下判断正确的是( )
A．Q2带负电且电荷量小于Q1
B．b点的场强一定为零
C．a点的电势比b点的电势高
D．粒子在a点的电势能比b点的电势能小。