贵州省毕节地区大方县百里杜鹃普底中学2014-2015学年高二下学期期末物理试卷

1、贵州省毕节地区大方县百里杜鹃普底中学2014-2015学年高二下学期期末物理试卷一、单项选择题（本题包括8小题，每小题6分，共48分，1-5小题单选，6-8题为多选题）1（6分）一根长为2m，质量为20kg的均匀木杆放在水平地面上，现将他的一端从地面缓慢太高0.5m，另一端扔搁在地上，则克服重力所做的功为（g=10m/s2）（）A400JB200JC100JD50J2（6分）如图是物体做直线运动的vt图象，由图可知，该物体（）A第1s内和第3s内的运动方向相反B02s和04s内的平均速度大小相等C第1s内和第4s内的位移大小不相等D第3s内和第4s内的加速度相同3（6分）两根完全相同的金属裸导

2、线A和B，如果把导线A均匀拉长到原来的2倍，导线B对折后结合起来，然后分别加上相同的电压，则它们的电阻之比RA：RB为（）A4：1B1：16C1：4D16：14（6分）一充电后的平行板电容器保持两极板的正对面积、间距和电荷量不变，在两极板间插入一电介质，其电容C和两极板间的电势差U的变化情况是（）AC和U均增大BC增大，U减小CC减小，U增大DC和U均减小5（6分）龙和勇老师家有一台电风扇，内阻为20，额定电压为220V，额定功率为66W，将它接上220V的电源后，发现因扇叶被东西卡住不能转动，此时电风扇消耗的功率为（）A66WB2420WC11WD不确定6（6分）如图所示，用控制变量法可以研

3、究影响平行板电容器电容的因素设两极板正对面积为S，极板间的距离为d，静电计指针偏角为（与电容器两板间的电压U成正比）实验中，极板所带电荷量不变，若（）A保持d不变，增大S，则变小B保持d不变，增大S，则不变C保持S不变，增大d，则变小D保持S不变，增大d，则变大7（6分）如图所示，MN是磁感应强度为B的匀强磁场的边界一质量为m、电荷量为q的粒子在纸面内从O点射入磁场若粒子速度为v0，最远能落在边界上的A点下列说法正确的有（）A若粒子落在A点的左侧，其速度一定小于v0B若粒子落在A点的右侧，其速度一定大于v0C若粒子落在A点左右两侧d的范围内，其速度不可能小于v0D若粒子落在A点左右两侧d的范围

4、内，其速度不可能大于v0+8（6分）如图所示，在x轴上相距为L的两点固定两个等量异种点电荷+Q、一Q，虚线是以+Q所在点为圆心、每为半径的圆，a、b、c、d是圆上的四个点，其中a、c两点在x轴上，b、d两点关于z轴对称下列判断正确的是（）Ab、d两点处的电场强度相同Bb、d两点处的电势相同C四个点中c点处的电势最低D将一试探电荷+q沿圆周由a点移至c点，+q的电势能减小二、（共62分）9（6分）在“测定金属丝的电阻率”的实验中，某同学进行了如下测量：用毫米刻度尺测量接入电路中的被测金属丝的有效长度测量3次，求出其平均值l其中一次测量结果如图甲所示，金属丝的另一端与刻度尺的零刻线对齐，图中读数为

5、cm用螺旋测微器测量金属丝的直径，选不同的位置测量3次，求出其平均值d其中一次测量结果如图乙所示，图中读数为mm10（10分）某同学测量一个圆柱体的电阻率，需要测量圆柱体的尺寸和电阻分别使用游标卡尺和螺旋测微器测量圆柱体的长度和直径，某次测量的示数如图 （a）和如图 （b）所示，长度为cm，直径为mm按如图 （c）连接电路后，实验操作如下：（a）将滑动变阻器R1的阻值置于最处（填“大”或“小”）；将S2拨向接点1，闭合S1，调节R1，使电流表示数为I0；（b）将电阻箱R2的阻值调至最（填“大”或“小”），S2拨向接点2；保持R1不变，调节R2，使电流表示数仍为I0，此时R2阻值为1280；由此

6、可知，圆柱体的电阻为11（10分）一个电动机，线圈电阻是0.4，当它两端所加的电压为220V时，通过的电流是5A这台电动机每分钟所做的机械功是多少焦耳？12（10分）如图，一不可伸长的轻绳上端悬挂于O点，下端系一质量m=1.0kg的小球现将小球拉到A点（保持绳绷直）由静止释放，当它经过B点时绳恰好被拉断，小球平抛后落在水平地面上的C点地面上的D点与OB在同一竖直线上，已知绳长L=1.0m，B点离地高度H=1.0m，A、B两点的高度差h=0.5m，重力加速度g取10m/s2，不计空气影响，求：（1）地面上DC两点间的距离s；（2）轻绳所受的最大拉力大小13（12分）如图所示，虚线所围区域内有方向

7、垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为B一束电子沿圆形区域的直径方向以速度v射入磁场，电子束经过磁场区后，其运动的方向与原入射方向成角设电子质量为m，电荷量为e，不计电子之间的相互作用力及所受的重力求：（1）电子在磁场中运动轨迹的半径R；（2）电子在磁场中运动的时间t；（3）圆形磁场区域的半径r14（14分）如图所示，在y0的区域内存在匀强磁场，磁场方向垂直于xy平面并指向纸里，磁感应强度为B一带负电的粒子（质量为m、电荷量为q）以速度v0从O点射入磁场，入射方向在xy平面内，与x轴正向的夹角为求：（1）该粒子射出磁场的位置；（2）该粒子在磁场中运动的时间（粒子所受重力不计）贵州省毕节地区大方县

8、百里杜鹃普底中学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、单项选择题（本题包括8小题，每小题6分，共48分，1-5小题单选，6-8题为多选题）1（6分）一根长为2m，质量为20kg的均匀木杆放在水平地面上，现将他的一端从地面缓慢太高0.5m，另一端扔搁在地上，则克服重力所做的功为（g=10m/s2）（）A400JB200JC100JD50J考点：功的计算 专题：功的计算专题分析：根据W=mgh，h是木杆的重心上升的高度，即可求解克服重力做功解答：解：由几何关系可知在木杆的重心上升的高度为：h=×0.5m=0.25m；物体克服重力做功：WG=mgh=200

9、15;0.25J=50J故选：D点评：本题要注意求重力做功时，要计算物体的重心升高的高度2（6分）如图是物体做直线运动的vt图象，由图可知，该物体（）A第1s内和第3s内的运动方向相反B02s和04s内的平均速度大小相等C第1s内和第4s内的位移大小不相等D第3s内和第4s内的加速度相同考点：匀变速直线运动的图像 专题：运动学中的图像专题分析：速度时间图象中速度的符号表示物体的运动方向；图象的斜率等于加速度；图象与时间轴所围的面积表示位移平均速度等于位移与时间之比根据这些知识进行解答解答：解：A、由图知，在前3s内物体的速度均为正值，说明在前3s内物体的运动方向不变，故A错误；B、根据“面积”

10、可知：02s内和04s内的位移相等，所用时间不等，所以平均速度不等，故B错误C、根据图象与时间轴所围的面积表示位移，由几何知识可知第1s内和第4s内的位移大小相等故C错误；D、速度图象的斜率等于加速度，第3s内和第4s内图线的斜率相同，则加速度相同，故D正确；故选：D点评：解决本题的关键知道速度时间图线的物理意义，知道图线的斜率表示加速度，图线与时间轴围成的面积表示位移3（6分）两根完全相同的金属裸导线A和B，如果把导线A均匀拉长到原来的2倍，导线B对折后结合起来，然后分别加上相同的电压，则它们的电阻之比RA：RB为（）A4：1B1：16C1：4D16：1考点：电阻定律 专题：恒定电流专题分析

11、：根据电阻定律R=判断出两根金属导线的电阻之比，根据欧姆定律得出电流之比，再根据q=It得出通过的电荷量之比解答：解：设原来的电阻为R，其中的一根均匀拉长到原来的2倍，横截面积变为原来的，根据电阻定律，电阻RA=4R，另一根对折后绞合起来，长度减小为原来的一半，横截面积变为原来的2倍，根据电阻定律，电阻RB=R，则两电阻之比为16：1故选：D点评：解决本题的关键掌握电阻定律的公式R=；明确电阻与电压和电流无关，只取决于导线的长度、粗细及材料4（6分）一充电后的平行板电容器保持两极板的正对面积、间距和电荷量不变，在两极板间插入一电介质，其电容C和两极板间的电势差U的变化情况是（）AC和U均增大B

12、C增大，U减小CC减小，U增大DC和U均减小考点：电容器 专题：电容器专题分析：根据电容的决定式判断电容大小，根据定义式判断电压变化解答：解：由公式知，在两极板间插入一电介质，其电容C增大，由公式知，电荷量不变时U减小，B正确故选B点评：本题考查了等容的定义式和决定式的配合应用5（6分）龙和勇老师家有一台电风扇，内阻为20，额定电压为220V，额定功率为66W，将它接上220V的电源后，发现因扇叶被东西卡住不能转动，此时电风扇消耗的功率为（）A66WB2420WC11WD不确定考点：电功、电功率 专题：恒定电流专题分析：当扇叶被卡住不能转动时，此时可以看做是纯电阻，总的功率即为发热的功率将卡住

13、的东西拿走后电风扇正常运转，此时电风扇消耗的电功率为额定功率解答：解：扇片被卡住时，此时可以看做是纯电阻，总的功率即为发热的功率则有：P热=P电=2420W故选：B点评：对于电功率的计算，一定要分析清楚是不是纯电阻电路，对于非纯电阻电路，总功率和发热功率的计算公式是不一样的6（6分）如图所示，用控制变量法可以研究影响平行板电容器电容的因素设两极板正对面积为S，极板间的距离为d，静电计指针偏角为（与电容器两板间的电压U成正比）实验中，极板所带电荷量不变，若（）A保持d不变，增大S，则变小B保持d不变，增大S，则不变C保持S不变，增大d，则变小D保持S不变，增大d，则变大考点：电容器的动态分析 专

14、题：电容器专题分析：静电计测定电容器极板间的电势差，电势差越大，指针的偏角越大根据电容的决定式C=分析极板间距离、正对面积变化时电容的变化情况，由于极板所带电荷量不变，由电容的定义式C=分析板间电势差的变化，再确定静电计指针的偏角变化情况解答：解：A、B根据电容的决定式C=得知，电容与极板的正对面积成正比，当保持d不变，增大S时，电容增大，极板所带电荷量Q不变，则由电容的定义式C=分析可知板间电势差减小，静电计指针的偏角减小故A正确；B错误C、D根据电容的决定式C=得知，电容与极板间距离成反比，当保持S不变，增大d时，电容减小，由电容的定义式C=分析可知板间电势差增大，静电计指针的偏角变大故C

15、错误，D正确故选：AD点评：本题是电容动态变化分析问题，关键抓住两点：一是电容器的电量不变；二是关于电容的两个公式7（6分）如图所示，MN是磁感应强度为B的匀强磁场的边界一质量为m、电荷量为q的粒子在纸面内从O点射入磁场若粒子速度为v0，最远能落在边界上的A点下列说法正确的有（）A若粒子落在A点的左侧，其速度一定小于v0B若粒子落在A点的右侧，其速度一定大于v0C若粒子落在A点左右两侧d的范围内，其速度不可能小于v0D若粒子落在A点左右两侧d的范围内，其速度不可能大于v0+考点：带电粒子在匀强磁场中的运动 专题：带电粒子在磁场中的运动专题分析：粒子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，由

16、牛顿第二定律求出粒子轨道半径，然后根据轨道半径分析答题直线边界的磁场，垂直射入时达到最远点，最远点距O点为2r沿其它方向射入时，距离要小于2r解答：解：粒子在磁场中做匀速圆周运动，由牛顿第二定律得：qvB=m，则轨道半径：r=，当从O点垂直射入磁场时，OA距离最大，最大距离为2r，OA=2r=；A、当粒子打在A点的左侧，若入射方向不变，半径减小，速度小于v0，若入射方向调整，半径可能比原来大，也可能比原来小，所以其速度可能等于或大于v0，因为速度方向未知，离子的入射方向只要偏左或偏右皆可，故A错误B、由于速度等于v0时最远到达A，故要使最远点到达A右侧，速度必须大于v0，故B正确C、当粒子从O

17、点垂直射入磁场时，若刚好达到A点左侧距离d处，则有d=，解得：v=v0，由B可知：若粒子落在A点左右两侧d 的范围内，速度必须大于v，故C正确；D、由于粒子是沿任意方向飞入，所示速度极大的粒子仍可满足条件，故D错误故选：BC点评：本题易错点为离子初速度方向未知，若按惯性思维认为垂直射入即出错8（6分）如图所示，在x轴上相距为L的两点固定两个等量异种点电荷+Q、一Q，虚线是以+Q所在点为圆心、每为半径的圆，a、b、c、d是圆上的四个点，其中a、c两点在x轴上，b、d两点关于z轴对称下列判断正确的是（）Ab、d两点处的电场强度相同Bb、d两点处的电势相同C四个点中c点处的电势最低D将一试探电荷+q

18、沿圆周由a点移至c点，+q的电势能减小考点：匀强电场中电势差和电场强度的关系；电场强度 专题：电场力与电势的性质专题分析：该电场中的电势、电场强度都关于x轴对称，所以b、d两点的电势相等，场强大小相等，方向是对称的c点在两个电荷连线的中点上，也是在两个电荷连线的中垂线上，所以它的电势和无穷远处的电势相等解答：解：A、该电场中的电场强度关于X轴对称，所以bd两点场强大小相等，方向是对称的，不相同的故A错误；B、该电场中的电势关于X轴对称，所以bd两点的电势相等，故B正确；C、c点在两个电荷连线的中点上，也是在两个电荷连线的中垂线上，所以它的电势和无穷远处的电势相等而正电荷周围的电场的电势都比它高

19、，即C点的电势在四个点中是最低的故C正确；D、c点的电势低于a点的电势，试探电荷+q沿圆周由a点移至c点，电场力做正功，+q的电势能减小故D正确；故选：BCD点评：该题考查等量异号电荷的电场的特点，解题的关键是c点在两个电荷连线的中点上，也是在两个电荷连线的中垂线上，所以它的电势和无穷远处的电势相等而正电荷周围的电场的电势都比它高，负电荷周围的电场的电势都比它低不难二、（共62分）9（6分）在“测定金属丝的电阻率”的实验中，某同学进行了如下测量：用毫米刻度尺测量接入电路中的被测金属丝的有效长度测量3次，求出其平均值l其中一次测量结果如图甲所示，金属丝的另一端与刻度尺的零刻线对齐，图中读数为24

20、.10cm用螺旋测微器测量金属丝的直径，选不同的位置测量3次，求出其平均值d其中一次测量结果如图乙所示，图中读数为0.518mm考点：测定金属的电阻率 专题：实验题分析：本题的关键是刻度尺的估读方法，看每小格的读数，若是1mm，则应是估读解答：解：根据刻度尺每小格读数为1mm，可知应估读到0.1mm，所以刻度尺的读数为：L=240mm+1.0mm=241.0mm=24.10cm（24.1024.12均可以）；螺旋测微器的读数为：d=0.5mm+1.8×0.01mm=0.518mm（0.5150.518均可以）故答案为：24.10，0.518点评：刻度尺读数时估读的方法是：看每小格的读

21、数，若是1mm，则应是估读，即应估读到0.1mm10（10分）某同学测量一个圆柱体的电阻率，需要测量圆柱体的尺寸和电阻分别使用游标卡尺和螺旋测微器测量圆柱体的长度和直径，某次测量的示数如图 （a）和如图 （b）所示，长度为5.03cm，直径为5.315mm按如图 （c）连接电路后，实验操作如下：（a）将滑动变阻器R1的阻值置于最大处（填“大”或“小”）；将S2拨向接点1，闭合S1，调节R1，使电流表示数为I0；（b）将电阻箱R2的阻值调至最大（填“大”或“小”），S2拨向接点2；保持R1不变，调节R2，使电流表示数仍为I0，此时R2阻值为1280；由此可知，圆柱体的电阻为1280考点：测定金属

22、的电阻率；刻度尺、游标卡尺的使用；螺旋测微器的使用 专题：实验题分析：本题的关键是明确游标卡尺和螺旋测微器的读数方法，注意游标卡尺的分度和螺旋测微器的半毫米刻度线；题的关键是明确在闭合电键前，应使变阻器的滑动触头处于能使电路中电流最小的位置，明确“等效替代”方法的应用解答：解：游标卡尺读数可以分成整数部分和小数部分两部分，其中整数部分为游标尺零刻度线左侧主尺上的读数；小数部分为游标尺上与主尺上某条刻度线冲齐的格数乘以精确度（十分度游标卡尺的精确度为0.1mm）所以游标卡尺的读数为L=50mm+3×0.1mm=50.3mm=5.03cm；螺旋测微器的读数也可以分成两部分来读，其中整数部

23、分为螺旋周上左侧主尺的刻度（注意半毫米刻度线是否露出），小数部分为螺旋周上与主尺横线冲齐的刻度乘以0.01mm（注意要估读到下一位）所以螺旋测微器当读数为d=5mm+31.5×0.01mm=5.315mm（a）在闭合电键前，应将滑动触头打到使电路中的电流最小的位置，所以图中变阻器的有效电阻应置于最大的位置；（b）为保护电流表，应将电阻箱的阻值调至最大的位置；根据“等效替代”方法可知，圆柱体的电阻等于电阻箱的电阻，所以圆柱体的电阻为1280故答案为：5.03，5.315；（a）大；（b）大； 1280点评：“等效替代”方法是一种非常重要的物理思想方法，要学会灵活运用11（10分）一个电

24、动机，线圈电阻是0.4，当它两端所加的电压为220V时，通过的电流是5A这台电动机每分钟所做的机械功是多少焦耳？考点：电功、电功率 专题：恒定电流专题分析：电动机机械功率等于总功率与热功率之差，由功率公式求出总功率与热功率，然后求出机械功率，已知机械功率及做功时间，由W=Pt可以求出机械功解答：解：电阻消耗的功率为P热=I2R=52×0.4=10W电动机消耗的功率为 P电=IU=5×220W=1100W 电动的输出功率为P机=P电P热=1100W10W=1090W 电动机每分钟所做的机械功为 W=P机t=1090×60J=6.54×104J 答：台电动机

25、每分钟所做的机械功是6.54×104J点评：电动机是非纯电阻电路，总功率等于热功率与机械功率（输出功率）之和12（10分）如图，一不可伸长的轻绳上端悬挂于O点，下端系一质量m=1.0kg的小球现将小球拉到A点（保持绳绷直）由静止释放，当它经过B点时绳恰好被拉断，小球平抛后落在水平地面上的C点地面上的D点与OB在同一竖直线上，已知绳长L=1.0m，B点离地高度H=1.0m，A、B两点的高度差h=0.5m，重力加速度g取10m/s2，不计空气影响，求：（1）地面上DC两点间的距离s；（2）轻绳所受的最大拉力大小考点：机械能守恒定律；牛顿第二定律；向心力 专题：机械能守恒定律应用专题分析：

26、（1）从A到B由动能定理可得B位置时的速度，之后做平抛运动，由平抛规律求解；（2）在B位置，由牛顿第二定律可求轻绳所受的最大拉力大小解答：解：（1）设小球在B点速度为v，对小球从A到B由动能定理得：mgh=mv2绳子断后，小球做平抛运动，运动时间为t，则有：H=DC间距离：s=vt解得： s=m1.414m（2）在B位置，设绳子最大力量为F，由牛顿第二定律得：Fmg=联立得：F=2mg=2×1×10N=20N根据牛顿第三定律，有F'=F，因而轻绳所受的最大拉力为20N答（1）DC两点间的距离1.414m；（2）轻绳所受的最大拉力20N点评：关键是建立物体运动的情境，寻找物理模型，本题为圆周和平抛模型的组合13（12分）如图所示，虚线所围区域内有方向垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为B一束电子沿圆形区域的直径方向以速度v射入磁场，电子束经过磁场区后，其运动的方向与原入射方向成角设电子质量为m，电荷量为e，不计电子之间的相互作用力及所受的重力求：（1）电子在磁场中运动轨迹的半径R；（2）电子在磁场中运动的时间t；（3）圆形磁场区域的半径r考点：带电粒子在匀强磁场中的运动