广东省汕头市潮阳区高二物理上学期期末试卷（含解析）.doc

广东省汕头市潮阳区2014-2015学年高二上学期期末 物理试卷一、单项选择题（每题4分，共16分，每小题给出的四个选项中，只有一个选项符合题目要求）1（4分）下列各组物理量中，都属于矢量的是（）a位移和时间b力和质量c加速度和路程d力和位移2（4分）飞机斜向上飞的运动可以看成水平方向和竖直方向两个分运动的合运动，若飞行速度v与水平方向成角，如图所示，则其水平分速度的大小是（）avsinbcvcosd3（4分）真空中有两点电荷，它们之间的静电力为f，保持它们之间的距离不变，把其中一个的电量增大为原来的2倍，则它们间的静电力将等于（）a2fbfcd4（4分）在如图所示的电路中，开关闭合后，灯泡l能正常发光，当滑动变阻器的滑片向右移动时，下列判断正确的是（）a滑动变阻器r的阻值变小b灯泡l变亮c电源消耗的总功率增大d电容器c的电荷量增大二、双项选择题（每小题6分，共30分，每小题给出的四个选项中，有两个选项符合题目要求）5（6分）如果你站在超市的斜面式自动扶梯（无阶梯，如图所示）上随扶梯匀速上行，则下列相关说法正确的是（）a速度越快，人的惯性越大b电梯对人的摩擦力和人对电梯的摩擦力大小相等c电梯对人的支持力与人的重力大小相等d电梯对人作用力的合力方向竖直向上6（6分）建筑材料被吊车竖直向上提升过程的运动图象如图所示，下列相关判断正确的是（）a3036秒处于超重状态b3036秒的加速度较010秒的大c010秒与3036秒平均速度相同d036秒提升了36m7（6分）2012年6月24日中午12时，神舟九号飞船与天宫一号进行了手动交会对接若“天宫一号”m和“神舟九号”n绕地球做圆周运动的示意图如图所示，虚线为各自轨道由此可以判定（）am、n的运行速率均小于7.9km/sbm的周期小于n的周期cm运行速率大于n的运行速率dn必须适度加速才有可能与m实现对接8（6分）在如图所示的静电场中，实线为电场线，一带电粒子仅在电场力作用下沿图中虚线从a运动到b，则（）a加速度增大b电场力做负功c速度增大d电势能减小9（6分）下列说法中正确的是（）a电荷在某处不受电场力作用，则该处电场强度一定为零b一小段通电导体在某处不受安培力作用，则该处磁感应强度一定为零c当置于匀强磁场中的导体长度和电流大小一定时，导体所受的安培力大小也是一定的d在感应强度为b的匀强磁场中，长为l、电流为i的载流导体所受到的安培力的大小，介于零和bil之间三、非选择题10（8分）某同学用如图（甲）所示的装置验证“力的平行四边形定则”用一木板竖直放在铁架台和轻弹簧所在平面后其部分实验操作如下，请完成下列相关内容：如图甲，在木板上记下悬挂两个钩码时弹簧末端的位置o；卸下钩码然后将两细绳套系在弹簧下端，用两弹簧称将轻弹簧末端拉到同一位置o，记录细绳套ao、bo的及两弹簧称相应的读数图乙中b弹簧称的读数为n；该同学在坐标纸上画出两弹簧拉力fa、fb的大小和方向如图丙所示，请在图丙中作出fa、fb的合力f；已知钩码的重力，可得弹簧所受的拉力f如图丙所示，观察比较f和f，得出结论11（10分）用发光二极管制成的led灯具有发光效率高、使用寿命长等优点，在生产与生活中得到广泛应用某同学找到一个led灯泡，测得它两端电压u和通过的电流i的数据如下表：123456789101112u/v0.002.602.722.802.923.003.173.303.50i/ma0.001.295.778.7119.0527.3038.8650.6368.00（1）实验室提供的器材如下：a电流表（量程00.6a，内阻约1）b电流表（量程0100ma，内阻约50）c电压表（量程06v，内阻约50k）d电压表（量程015v，内阻约60k）e电源（电动势6v，内阻不计）f滑动变阻器（阻值范围010，允许最大电流3a）g开关，导线该同学做实验时，电压表选用的是，电流表选用的是；（填选项前字母）（2）请在图中以笔画线代替导线，按实验要求将实物图中的连线补充完整；（3）开关闭合之前，图中滑动变阻器的滑片应该置于（填“a端”、“b端”或“a、b正中间”）；（4）若该led灯泡的额定电压为3v，则此led灯泡的额定功率为四、计算题12（ 18分）一台小型电动机在3v电压下工作，用此电动机提升所受重力为4n的物体时，通过它的电流是0.2a在30s内可使该物体被匀速提升3m若不计除电动机线圈生热之外的能量损失，求：（1）电动机的输入功率；（2）在提升重物的30s内，电动机线圈所产生的热量；（3）线圈的电阻13（18分）如图1所示，水平光滑绝缘桌面距地面高h，x轴将桌面分为、两个区域图2为桌面的俯视图，区域的匀强电场场强为e，方向与ab边及x轴垂直；区域的匀强磁场方向竖直向下一质量为m，电荷量为q的带正电小球，从桌边缘ab上的m处由静止释放（m距ad边及x轴的距离均为l），加速后经x轴上n点进入磁场，最后从ad边上的p点飞离桌面；小球飞出的瞬间，速度如图2与ad边夹角为60求：（1）小球进入磁场时的速度；（2）区域磁场磁感应强度的大小（3）小球飞离桌面后飞行的水平距离广东省汕头市潮阳区2014-2015学年高二上学期期末物理试卷参考答案与试题解析一、单项选择题（每题4分，共16分，每小题给出的四个选项中，只有一个选项符合题目要求）1（4分）下列各组物理量中，都属于矢量的是（）a位移和时间b力和质量c加速度和路程d力和位移考点：矢量和标量 分析：矢量是既有大小又有方向的物理量，标量是只有大小没有方向的物理量解答：解：a、矢量是既有大小又有方向的物理量，位移是矢量，而标量是只有大小没有方向的物理量，时间是标量故a错误b、矢量是既有大小又有方向的物理量，力是矢量，而标量是只有大小没有方向的物理量，质量是标量故b错误c、矢量是既有大小又有方向的物理量，加速度是矢量，而标量是只有大小没有方向的物理量，路程是标量故c错误d、矢量是既有大小又有方向的物理量，力和位移都是矢量故d正确故选：d点评：本题是一个基础题目，关键看学生对矢量和标量的掌握矢量的运算要使用平行四边形定则2（4分）飞机斜向上飞的运动可以看成水平方向和竖直方向两个分运动的合运动，若飞行速度v与水平方向成角，如图所示，则其水平分速度的大小是（）avsinbcvcosd考点：运动的合成和分解 专题：运动的合成和分解专题分析：将飞机的运动分解为水平方向和竖直方向的分运动，根据平行四边形定则即可求出飞机飞行的水平分速度解答：解：根据平行四边形定则得，水平方向上的分速度为：v水平=vcos 竖直方向上的分速度：v竖直=vsin故选：c点评：解决本题的关键知道运动的合成和分解遵循平行四边形定则，找出合运动与分运动，结合几何关系分析即可3（4分）真空中有两点电荷，它们之间的静电力为f，保持它们之间的距离不变，把其中一个的电量增大为原来的2倍，则它们间的静电力将等于（）a2fbfcd考点：库仑定律 分析：将它们其中一个的电量增大为原来的2倍，而保持它们之间的距离不变，根据点电荷库仑力的公式f=k 可以求得改变之后的库仑力的大小解答：解：由库仑定律的公式f=k 知，将其中之一的电量增大为原来的2倍，它们之间的距离不变，则们之间的静电力大小为：f=k=2f，故a正确，b、c、d错误故选：a点评：解决本题的关键掌握库仑定律的公式f=k，理解公式中各个物理量的含义4（4分）在如图所示的电路中，开关闭合后，灯泡l能正常发光，当滑动变阻器的滑片向右移动时，下列判断正确的是（）a滑动变阻器r的阻值变小b灯泡l变亮c电源消耗的总功率增大d电容器c的电荷量增大考点：电功、电功率 专题：恒定电流专题分析：灯泡l和滑动变阻器r串联、电容器c和定值电阻r0串联后两条支路再并联当电路稳定后，电容器这一路没有电流，相当于开关断开，对另一路没有影响电容器的电压等于路端电压当滑动变阻器的滑片向右移动时，变阻器接入电路的电阻增大，根据欧姆定律分析电流和路端电压的变化，分析灯泡亮度和电容器电量的变化解答：解：a、当滑动变阻器的滑片向右移动时，滑动变阻器r的阻值增大，故a错误；b、由题r增大，电流i=减小，灯泡l将变暗故b错误c、电源消耗的总功率p=ei，电流减小，p减小，故c错误；d、路端电压u=eir增大，则电容器电量q=cu增大故d正确故选：d点评：本题关键的要抓住电容器的特点：当电路稳定时，和电容器串联的电路没有电流，电容器电压等于这一串联电路两端的电压二、双项选择题（每小题6分，共30分，每小题给出的四个选项中，有两个选项符合题目要求）5（6分）如果你站在超市的斜面式自动扶梯（无阶梯，如图所示）上随扶梯匀速上行，则下列相关说法正确的是（）a速度越快，人的惯性越大b电梯对人的摩擦力和人对电梯的摩擦力大小相等c电梯对人的支持力与人的重力大小相等d电梯对人作用力的合力方向竖直向上考点：牛顿第三定律；力的合成与分解的运用 分析：惯性大小与物体的质量有关，质量越大，惯性越大牛顿第三定律的内容主要有：两个物体之间的作用力和反作用力，总是同时在同一条直线上，大小相等，方向相反解答：解：a、惯性大小与物体的质量有关，质量越大，惯性越大故a错误b、根据牛顿第三定律得电梯对人的摩擦力和人对电梯的摩擦力大小相等，故b正确c、人受重力和支持力、摩擦力，三力平衡，合力为零电梯对人的支持力和摩擦力的合力等于人的重力大小，故c错误，d正确故选bd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，不能和生活中的习惯等混在一起要明确作用力与反作用力规律的适用范围，牛顿第三定律与物体加速、减速还是匀速无关6（6分）建筑材料被吊车竖直向上提升过程的运动图象如图所示，下列相关判断正确的是（）a3036秒处于超重状态b3036秒的加速度较010秒的大c010秒与3036秒平均速度相同d036秒提升了36m考点：匀变速直线运动的图像 专题：运动学中的图像专题分析：根据vt图象可知道物体的运动过程和性质，也可求出对应的加速度，从而能求出前5s的位移和平均速度通过速度时间图象包围的面积求出整个过程上升高度3036s材料是向上做匀减速直线运动，加速度的方向是向下的前10s钢索是向上做匀加速直线运动，根据牛顿第二定律可知材料所受的拉力大于重力解答：解：a、3036s内材料是向上做匀减速直线运动，加速度的方向是向下的，所以处于失重状态根据vt图象可知：010s内材料的加速度a=0.1m/s2， 05s位移x=at2=1.25m，所以前5s的平均速度是0.25m/s，故a错误；b、3036秒的加速度为，010秒的加速度为，故b正确；c、010秒的平均速度为，3036秒平均速度为，故c正确；d、通过速度时间图象包围的面积求出整个过程上升高度h=2m=56m，故d错误；故选bc点评：该题考查了匀变速直线运动的速度时间图象、运动学的公式、牛顿第二定律的应用等知识点本题的关键在于能够通过速度时间图象对物体进行运动过程分析和受力分析，再正确运用牛顿第二定律解决问题7（6分）2012年6月24日中午12时，神舟九号飞船与天宫一号进行了手动交会对接若“天宫一号”m和“神舟九号”n绕地球做圆周运动的示意图如图所示，虚线为各自轨道由此可以判定（）am、n的运行速率均小于7.9km/sbm的周期小于n的周期cm运行速率大于n的运行速率dn必须适度加速才有可能与m实现对接考点：人造卫星的加速度、周期和轨道的关系；万有引力定律及其应用 专题：人造卫星问题分析：根据万有引力提供向心力，求出线速度、周期与轨道半径的关系，从而判断出m、n的运行速率与第一宇宙速度的大小关系，以及周期的大小关系解答：解：a、根据，解得，t=，知轨道半径越大，线速度越小，因为第一宇宙速度的轨道半径等于地球的半径，所以第一宇宙速度大于m、n的速度大小，m的速率小于n的速率m的周期大于n的周期故a正确，b、c错误d、n适度加速，使得万有引力不够提供向心力，做离心运动离开原轨道，会与m实现对接故d正确故选ad点评：解决本题的关键掌握万有引力提供向心力，知道线速度、周期等物理量与轨道半径的关系8（6分）在如图所示的静电场中，实线为电场线，一带电粒子仅在电场力作用下沿图中虚线从a运动到b，则（）a加速度增大b电场力做负功c速度增大d电势能减小考点：电场线；牛顿第二定律；电场强度；电势能 专题：电场力与电势的性质专题分析：根据轨迹弯曲的方向可判断出电场力方向，确定电场力做功正负，判断动能、电势能的变化由电场线的疏密判断场强大小，即可判断电场力和加速度的大小解答：解：a、从a到b，电场线越来越疏，场强越来越小，带电粒子所受的电场力减小，则其加速度减小故a错误b、由图看出，带电粒子的轨迹向下弯曲，则知带电粒子所受的电场力方向沿电场线向下，与速度的夹角为锐角，所以电场力做正功故b错误c、因为只有电场力做正功，故动能增大、电势能减小故c正确，d正确故选cd点评：本题就是考查学生基础知识的掌握，加强基础知识的学习，掌握住电场线的特点，即可解决本题9（6分）下列说法中正确的是（）a电荷在某处不受电场力作用，则该处电场强度一定为零b一小段通电导体在某处不受安培力作用，则该处磁感应强度一定为零c当置于匀强磁场中的导体长度和电流大小一定时，导体所受的安培力大小也是一定的d在感应强度为b的匀强磁场中，长为l、电流为i的载流导体所受到的安培力的大小，介于零和bil之间考点：电场强度；磁感应强度 分析：由电场力公式f=qe则知，电荷在某处不受电场力作用，该处电场强度一定为零一小段通电导体在某处不受安培力作用，该处磁感应强度不一定为零若导线与磁场平行时，不受安培力，但b不等于零导体所受的安培力大小与导体长度、电流大小及导线与磁场方向的夹角有关解答：解：a、由电场力公式f=qe则知，电荷在某处不受电场力作用f=0，则该处电场强度e一定为零故a正确b、将一小段通电导体平行放入磁场中，不受安培力作用，但磁感应强度不为零故b错误c、当置于匀强磁场中的导体长度和电流大小一定时，导体所受的安培力大小不一定，还与导线与磁场方向的夹角有关故c错误d、在感应强度为b的匀强磁场中，当导线与磁场垂直时，导体所受到的安培力最大为bil，当导线与磁场平行时，不受安培力，所以导体所受到的安培力的大小介于零和bil之间故d正确故选ad点评：本题要抓住磁场与电场特性的区别：电荷在电场中一定受电场力，但通电导线在磁场中不一定受安培力，导线与磁场平行时不安培力三、非选择题10（8分）某同学用如图（甲）所示的装置验证“力的平行四边形定则”用一木板竖直放在铁架台和轻弹簧所在平面后其部分实验操作如下，请完成下列相关内容：如图甲，在木板上记下悬挂两个钩码时弹簧末端的位置o；卸下钩码然后将两细绳套系在弹簧下端，用两弹簧称将轻弹簧末端拉到同一位置o，记录细绳套ao、bo的方向及两弹簧称相应的读数图乙中b弹簧称的读数为11.40n；该同学在坐标纸上画出两弹簧拉力fa、fb的大小和方向如图丙所示，请在图丙中作出fa、fb的合力f；已知钩码的重力，可得弹簧所受的拉力f如图丙所示，观察比较f和f，得出结论考点：验证力的平行四边形定则 专题：实验题；平行四边形法则图解法专题分析：本实验的目的是要验证平行四边形定则，故应通过平行四边形得出合力再与真实的合力进行比较，理解实验的原理即可解答本题，弹簧秤读数时要注意估读解答：解：根据验证平行四边形定则的实验原理要记录细绳套ao、bo的方向和拉力大小，拉力大小由弹簧秤读出，分度值为0.1n，估读一位：11.40n作图如下：故答案为：方向；11.40点评：本题属于对实验原理的直接考查，应准确掌握实验的目的及实验原理分析需要记录的内容，在学习绝不能死记硬背11（10分）用发光二极管制成的led灯具有发光效率高、使用寿命长等优点，在生产与生活中得到广泛应用某同学找到一个led灯泡，测得它两端电压u和通过的电流i的数据如下表：123456789101112u/v0.002.602.722.802.923.003.173.303.50i/ma0.001.295.778.7119.0527.3038.8650.6368.00（1）实验室提供的器材如下：a电流表（量程00.6a，内阻约1）b电流表（量程0100ma，内阻约50）c电压表（量程06v，内阻约50k）d电压表（量程015v，内阻约60k）e电源（电动势6v，内阻不计）f滑动变阻器（阻值范围010，允许最大电流3a）g开关，导线该同学做实验时，电压表选用的是c，电流表选用的是b；（填选项前字母）（2）请在图中以笔画线代替导线，按实验要求将实物图中的连线补充完整；（3）开关闭合之前，图中滑动变阻器的滑片应该置于a（填“a端”、“b端”或“a、b正中间”）；（4）若该led灯泡的额定电压为3v，则此led灯泡的额定功率为8.19102w考点：伏安法测电阻 专题：实验题；恒定电流专题分析：（1）根据实验测得它两端电压u和通过它电流i的数据的范围可以选择电压表和电流表；（2）描绘该二极管的伏安特性曲线，电压、电流要从0测起，所以滑动变阻器应该采用分压式，从表格中数据看，二极管的电阻更接近电流表的内阻，所以电流表应该用外接法，然后将图中实物图补充完整；（3）开关s闭合之前要使灯上的电压最小；（4）从表格读出二极管3v时的电流然后根据p=ui求功率解答：解：（1）根据实验测得它两端电压u和通过它电流i的数据的范围可知：电压变化的最大值为3.5v，所以电压表选c；电流表变化的最大值为68ma，所以电流表选b；（2）本实验描绘二极管的伏安特性曲线，要求电压、电流要从0开始，所以滑动变阻器应采用分压式从表格中数据看，二极管的电阻更接近电流表的内阻，所以电流表应该用外接法，实物连接如下图：（3）开关闭合之前，应使变阻器输出电压最小，故滑动变阻器的滑片应该置于a端（4）由表格知电压为3v时电流为27.30ma，则此led灯泡的额定功率 p=ui=327.30103=8.19102w故答案为：（1）c，b；（2）如图（3）a（4）8.19102w点评：解决本题关键如何选择两个电表的量程，确定滑动变阻器的分压限流接法，要明确待测电路的电压和电流要从零开始连续变化，变阻器必须运用分压接法四、计算题12（18分）一台小型电动机在3v电压下工作，用此电动机提升所受重力为4n的物体时，通过它的电流是0.2a在30s内可使该物体被匀速提升3m若不计除电动机线圈生热之外的能量损失，求：（1）电动机的输入功率；（2）在提升重物的30s内，电动机线圈所产生的热量；（3）线圈的电阻考点：电功、电功率；能量守恒定律 专题：恒定电流专题分析：（1）由p=ui求出电动机的输入功率（2）电动机总功率等于热功率与输出功率之和，由p=fv求出电动机的输出功率，然后求出线圈的热功率（3）由电功率公式q=i2r的变形公式求出线圈电阻解答：解：（1）电动机的输入功率p入=ui=0.23 w=0.6 w（2）电动机提升重物的机械功率p机=fv=（43/30）w=0.4 w根据能量关系p入=p机+pq，得生热的功率pq=p入p机=（0.60.4）w=0.2 w所生热量q=pqt=0.230