安徽省黄山市20162017学年高二下学期期末考试物理试题

1、百度文库-让每个人平等地提升自我安徽省黄山市20162017学年度第二学期期末质量检测高二物理试题一、选择题（本大题共12小题。在每小题给出的四个选项中，第 18题只有一项符合题目要求；第912题有多项符合题目要求。）1 .关于速度和加速度的关系，下列说法中正确的是A.速度变化越大，加速度就越大B.速度变化越快，加速度越大C.加速度大小不变，速度方向也保持不变D.加速度大小不断变小，速度大小也不断变小【答案】B【解析1试题分析：根据a=啜可知加速度a由速度的变化量和速度发生改变所需要的时间上共同决定，虽然大，但更大时.a可以很小.故A错误；根据己=*可知速度变化越快，加速度 fx I越大，选项

2、B正嵇；加速度大力本变,速度方向不一定俣持不变.例如竖直上拒运动的物体到达最高点时，选项C错误；如果物体加速度方向与速度方向相同.加速度在减小，速度却在增大，故D错误；故选B.）考点：速度和加速度【名师点睛】把握加速度的定义式 & =芸中各个物理量的含义以及各个物理量之间的关系是解决此类问题的关键，是正确理解加速度的定义的基础。2 .如图所示，质量为 M的框架放在水平地面上，一轻弹簧上端固定一个质量为m的小球，/小球上下振动时，框架始终没有跳起。当框架对地面压力为零瞬间，小球的加速度大小为A. gM-rmB. 二m)C. 0【答案】D【解析】试题分析：以框架为研究对象进行受力分析可知，

3、当框架对地面压力为零时，其重力与弹簧对其弹力平衡，即 F = Mg，故可知弹簧处于压缩状态，再以小球为研究对象分析受力可知|F + mg = ma,联立可解得，小球的加速度大小为 '、=色土史q ,故只有D选项 正确。考点：牛顿第二定律3.如图所示，长为L的细线，一端固定在 。点，另一端系一个球。把小球拉到与悬点。处于同一水平面的 A点，并给小球竖直向下的初速度， 使小球绕。点在竖直平面内做圆周运动。要使小球能够在竖直平面内做圆周运动，在A处小球竖直向下的最小初速度应为B.C.D. ,2；|L【答案】C【解析】当小球恰好到达圆周的最高点B时，由重力提供向心力，则有 一,艇得 /根据机械

4、能守恒定律得：mgL +解得，vA-,5gL ,故选C.点睛：本题是机械能守恒定律与向心力知识的综合应用.轻绳系的小球恰好到达圆周的最高点时，临界速度为v = 是常用的临界条件. /4.质量为m的物体，受水平力 F的作用，在粗糙的水平面上运动，下列说法中不正确的是A.如果物体做加速直线运动，F一定做正功/B.如果物体做减速直线运动，F一定做负功C.如果物体做减速直线运动，F可能做正功D.如果物体做匀速直线运动，F 一定做正功/【答案】B/【解析】试题分析：A、判断一个力对物体做正功还是负功，看F与s之间的夹角.物体做加速时，F与s的夹角一定小于90度，一定做正功，故 A正确；B、C、物体做减速

5、运动时，F与s的夹角可以成任意角度，即 F可能与s同向，也可能与s反向，故可能做正功或负功，故B错误，C正确；D、物体做匀速运动时，F与s一定同方向，故拉力 F一定做正功，故 D正确；故选：ACD5 .如图所示，三个同心圆是同一个正点电荷周围的三个等势面，已知这三个圆的半径成等差数列。A B、C分别是这三个等势面上的点，且这三点在同一条电场线上。A C两点的电势依次为 5=10V和& = 2V,则B点的电势是A. 一定等于6VB. 一定低于6VCA 一定高于6VD.无法确定【答案】B【解析】试题分析：由 U=Ed ,在d相同时，平均场强越大，电势差U也越大。因此心 弘-% 僚一陞，选B

6、/考点：考查对常见电场的电场线、等势线分布的特点点评：本题难度较小，记住一个结论：等差等势面分布越密，电场线分布也越密，靠近点电荷电场线分布越密，等差等势线的分布也越密，由此可知AB电势差大于BC电势差6 .质量为m带电荷量为q的小球，在水平方向的磁感应强度为B的匀强磁场中，沿着动摩擦因数为科的竖直墙由静止下滑，下列说法正确的是mI* * * ，B +A.小球不受磁场力/B.尽管小球受到磁场力作用，但磁场力不做功，系统机械能守恒,、C.小球下滑的最大速度为 mg/qBD.小球下滑的加速度为重力加速度 g【答案】C/【解析】小球静止时只受重力，则加速度为a；下滑后，小球受洛伦兹力、重力、支持力及

7、摩擦力，洛伦兹力水平向左，摩擦力竖直向上，故A错误；尽管小球受到磁场力的作用，但磁场力方向与速度方向垂直不做功，但是有摩才力做负功，系统机械能不守恒，故B错误;当受力平衡时小球有最大速度：mg却qvB,得y二瞥,故C正确；小球开始时只受重力，下滑后受向上的摩擦力，随着速度增大，洛伦兹力增大球与墙的压力变大，则摩擦力变大，加速度减小，故开始时加速度最大：a=g,故D错误.故选C.点睛：本题要注意分析带电小球的运动过程，属于牛顿第二定律的动态应用与磁场结合的题目，此类问题要求能准确找出物体的运动过程，并能分析各力的变化.7 .如图所示为一正弦交流电通过一电子元件后的波形图，则下列说法正确的是A.电

8、流的变化周期是8 .电流的变化周期是/C.这也是一种交流电/D.电流通过100a的电阻时，1s内产生热量为200J/【答案】A【解析】由正弦电流的波形图可知，周期T=,故A正确，B错误；由图象可知，电流大小变 化，但方向没有变化，因此这是直流电，故 、C错误；根据电流的热效应，电流的有效值为(3)x R x 0 01 = R X。02，解得：I=1A ；则通过100a的电阻时，1s内产生热量为Q=I2Rt=100J ,故D错误；故选 A【点评】掌握区别直流与交流的方法，知道求有效值的要求：求一个周期内的热量，进而用I2RT,求出有效值.注意有一段没有电流，但存在时间，难度不大，属于基础题.8

9、.如图所示为马车模型，马车质量为m,马的拉力F与水平方向成0角，在拉力F的拉力作用下匀速前进了时间 t,则在时间t内拉力、重力、阻力对物体的冲量大小分别为A. Ft , 0, Ftsin 0B. Ftcos 0 , 0, Ftsin 0C. Ft , mgt, Ftcos 0D. Ftcos 0 , mgt, Ftcos 0【答案】C【解析】9 .下列说法正确的是A. Th核发生一次“衰变时，新核与原来的原子核相比，中子数减少了2B.太阳辐射的能量最主要来自太阳内部的裂变反应C.若使放射性物质的温度升高，其半衰期可能变小D.用14eV的光子照射处于基态的氢原子，可使其电离【答案】AD【解析】T

10、h核发生一次“衰变时，新核与原来的原子核相比，质量数少4,质子数少2,则中子数减少了 2,选项A正确；太阳辐射的能量最主要来自太阳内部的聚变反应，选项B错误；半衰期与外界条件无关，选项 C错误；用大于的光子照射处于基态的氢原子均可以 使氢原子电离，则 14eV的光子照射处于基态的氢原子，可使其电离，选项 D正确；故选 AD.10.把重20N的物体放在倾角为 30。的粗糙斜面上，物体右端与固定在斜面上的轻弹簧相连 接(弹簧与斜面平行)，如图所示，若物体与斜面间的最大静摩擦力为12N,则弹簧的弹力为A.可以是22N,方向沿斜面向上B.可以是2N,方向沿斜面向上C.可以是2N,方向沿斜面向下D.可能

11、为零/【答案】ABCD .解析】将重力按照作用效果分解：平行斜面的下滑分力为 mgsin30° =10N,垂直斜面的垂 直分力为mgcos30 =15 v3N;当最大静摩擦力平行斜面向下时，物体与斜面间的最大静摩擦力为12N,弹簧弹力为拉力，等于 22N;当最大静摩擦力平行斜面向上时，物体与斜面间的 最大静摩擦力为12N弹簧弹力为推力，等于 2N;故弹簧弹力可以是不大于 2N推力或者不 大于22N的拉力，也可以没有弹力；故ABCDE确；故选 ABCD点睛：本题关键是根据平衡条件求解出物体即将上滑和即将下滑的两种临界情况的弹簧弹 力，不难.11 .为了估算一个天体的质量（引力常量G已知

12、），需要知道绕该天体做匀速圆周运动的另一星球（或卫星）的条件是A.质量和运转周期B.运转周期和轨道半径C.轨道半径和环绕速度D.环绕速度和运转周期【答案】BCD【解析】研究另一星球绕该天体做匀速圆周运动，根据万有引力提供向心力得：空巴=mr, m为星球的质量，M为天体的质量.解得：M = 考，故B正确.根据上述 drgt /分析，已知星球质量和运转周期，不能求解天体的质量.故A错误.已知轨道半径和环绕速度可求解周期T= - r,则由M =眄¥可求解天体的质量，选项 C正确；已知线速度和运转 vGT.周期，根据圆周运动知识 V =斗，得轨道半径= ?,根据M = ”分析能求得天体的质

13、TNnGT量，故D正确.故选BCD点睛：解决本题的关键掌握万有引力提供向心力去求解中心体的质量.知道环绕天体的质量在计算时会消去.12 .在一根软铁棒上绕有一组线圈，a、c是线圈的两端，b为中心抽头。把a端和b抽头分别接到两条平行金属导轨上，导轨间有匀强磁场，方向垂直于导轨所在平面并指向纸内，如图所示。金属棒 PQ在外力作用下左右运动，运动过程中保持与导轨垂直，且两端与导轨始 终接触良好。下面说法正确的是X X XX K- §X KX X16A. PQ向左边减速运动的过程中a、c的电势都比b点的电势高B. PQ向右边减速运动的过程中a、c的电势都比b点的电势高C. PQ向左边减速运动

14、的过程中 a、c的电势都比b点的电势低D. PQ向左边加速运动的过程中a、c的电势都比b点的电势低【答案】BC【解析】PQ向左边减速运动的过程中，根据右手定则可知产生的感应电流由P到Q减小，此时b点电势高于a点；由于穿过线圈的磁通量向下减小，根据楞次定律可知，b点电势高于c点，则a、c的电势都比b点的电势低，选项 A错误，C正确；同理可判断，当 PQ向左边 加速运动的过程中 a、c的电势都比b点的电势高，选项 D错误；PQ向右边减速运动的过程 中，根据右手定则可知产生的感应电流由Q到P减小，此时a点电势高于b点；由于穿过线圈的磁通量向上减小，根据楞次定律可知，c点电势高于b点，则a、c的电势都

15、比b点的电势高，选项B正确； 故选BC.点睛：本题是两次电磁感应的问题， 根据右手定则和楞次定律分析感应电流的方向，由法拉第电磁感应定律和欧姆定律结合分析感应电流大小的变化情况，来确定电势的高低； 注意用右手定则时，四指指高电势点.二、非选择题，包括必考题和选考题两部分。（第13题第17题为必考题，每个试题考生都必须做答。第18题第19题为选考题，考生根据要求做答。）（一）必考题13 . 一打点计时器固定在斜面上某处，一小车拖着穿过打点计时器的纸带从斜面上滑下，如 图所示。下图是打出的纸带的一段。I -,打点计时器/(1)已知打点计时器使用的交流电频率为50Hz,利用下图给出的数据可求出小车下

16、滑的加速度a=。(结果保留3位有效数字)(2)为了求出小车在下滑过程中所受的阻力，还需要测量的物理量有 。用测得的量及加速度a表示阻力的计算式为 f =。k1#工74 干 6J7 十 , 7M 十 g# 1059. 471 ,(津外cm)【答案】(1). (1) 3.89m/s2(2). (2)小车质量m；斜面上任意两点间距离l及这两点的高度差 ho (3). mghZl - ma【解析】(1)由于每相邻两个计数点间还有1个点，所以相邻的计数点间的时间间隔T二,根据x=aT2,运用逐差法得，0 0947 + 0 0865 + 0-0824 + 0 076-0 059-0 0657-0,0574

17、-0 05122a =;= 3S9m/s(4 x 0.04)(2)根据牛顿第二定律得： mgsin 0 -f=ma ,即 f=mgsin 0 -ma为了求出小车在下滑过程中所受的阻力，那么我们需要测量小车质量，倾角直接测量很困难.我们可以测出斜面上任意两点间的距离l及这两点的高度差 h, sin9 = ；所以得：f = - ma为了求出小车在下滑过程中所受的阻力，还需要测量的物理量有小车质量m;斜面上任意两点间距离L及这两点的高度差 h./14 .某电流表的内阻在之间，现要测量其内阻，可选用的器材如下：A.待测电流表 Ai (量程0.6A);/B.电压表Vi (量程3V,内阻约2kQ) ；/C

18、.电压表 V2 (量程15V,内阻约10kQ) ;D.滑动变阻器R1 (最大电阻10Q);E.定值电阻R2 (阻值5Q);F.电源E (电动势4V);G电键S及导线若干.(1)电压表应选用(2)画出实验电路图;(1) . (1)电压表选用(2)设计电路图如图所示;(J/R(2) .(3)如测得电压表的读数为 V,电流表的读数为I ,则电流表A内阻的表达式为：RA=应该采用限流式接法；所以实验的原理图如图:(3)电压表的示数是定值电阻R 2与电流表的电压的和，即： U=I (R+R),所以【解析】(1)由于待测电流表的内阻比较小，所以应该将电流表与定值电阻串联在一起进行测量，根据公式U=I (R

19、+R)(+5) =3V,串联后的最大电压与电压表V1的量程差不多,与电压表V2的量程相差较大，所以应选择电压表V1；(2)将电流表与定值电阻 R2串联在一起进行测量时，电阻值仍然不算大，因此滑动变阻器-R.点睛:该题中由于待测电流表的内阻比较小，所以应该将电流表与定值电阻串联在一起进行测量.该种方法称为补偿法，是物理学实验中常用的方法之一.15.质量为200kg的物体，置于升降机内的台秤上，从静止开始上升。运动过程中台秤的示数F与时间t的关系如图所示，求升降机在7s钟内上升的高度（取 g=10m/s2）。一 2s【答案】50m【解析】解：如图所示，作出的物体的速度一时间图象, 内物体向上的加速

20、度F 1 - ma 3s I SmZ s1 m2s 末速度 v=at=5 2m/s=10m/s25 s内作匀速运动5-7 s内作匀减速运动，加速度 % 一 5卬/ s '上升的总高度(7+3) X1Qh=m=50m .答：升BI机在7s钟内上升的高度为 50m.【点评】本题考查了牛顿第二定律和运动学公式与图象的综合，是高考的热点问题，需加强这方面的训练.16 .如图所示，矩形区域工ABCD勺AB边的边长为L, E、F分别是AR CD边的中点，在 AEFD 区域内有竖直向下的匀强电场，在EBCF区域内有垂直于纸面向里的匀强磁场（图中未画出），一个质量为m,电荷量为q的带正电的粒子以速度

21、V。从A点水平向右射入电场， 结果粒子从 ?EF边进入磁场后，在磁场中的轨迹刚好与 FC和BC边相切，已知电场强度的大小为f 5也，/c _ 3qL不计粒子的重力，求：1(1)粒子在电场中偏转第一次运动到EF边时速度的大小与方向;(2)匀强磁场的磁感应强度大小。【答案】(1)济与水平方向夹角为2V 口53° (2)【解析】(1)粒子运动到EF边所用的时间t =粒子在电场中运动的加速度qEa = 3L设粒子在出电场时速度与水平方向夹角为0 ,则- AttanG =vu出电场时的速度大小.求得R = vaH(2)由几何关系可知，粒子在磁场中做圆周运动的半径R满足廿=R十RsinB粒子在磁

22、场中做圆周运动qvB =酝直平面内完成完整的圆周运动并再次与滑块正碰,059(1)滑块能与几个小球碰撞?(2)求出碰撞中第n个小球悬线长La的表达式。解得电=誓17 .如图所示，滑块 A的质量m= 0.01kg ,与水平地面间的动摩擦因数科=,用细线悬挂的小球质量均为 m= 0.01kg ,沿x轴排列，A与第1只小球及相邻两小球间距离均为s = 2m1线长分别为Li、L2、L3(图中只画出三只小球，且小球可视为质点)，开始时，滑块以速度V0=10m/s沿x轴正方向运动，设滑块与小球碰撞时不损失机械能，碰撞后小球均恰能在竖g 取 10m/s2,求:【答案】12个;（2）珠户【解析1 （1）因滑块

23、与小球质量相等且碰撞中机械能守恒，滑块与小球相碰撞会互换速度.小球在会直平面内转动，机械能守恒,设沟块滑行总跑离为50 ,有-MHigs0 = 0 -，宕得 So= 25mn = y = 12 （个）（2）滑块与第n个球碰撞，设小球运动到最高点时速度为v对小球，有：|mvp =；ev：+ 2 mgLn ,* *1,v mg = m对滑块，有：-nmgns =-孤芯解三式：.-j - 5a _ 25（二）选考题（请考生从给出的第 18、19两题中任选一题作答，如果多做，则 按所做的第一题计分。）物理选修3318.气体分子运动具有下列特点 （填正确答案标号。）A.气体分子与容器器壁的碰撞频繁B.气

24、体分子向各个方向运动的可能性是相同的C.气体分子的运动速率具有“中间多，两头少”特点D.同种气体中所有的分子运动速率基本相等E.布朗运动是气体分子运动【答案】ABC【解析】因为分子永不停息地做无规则的运动，所以分子之间避免不了相互碰撞，故A正确；根据分子运动论的统计规律可知，气体分子沿各个方向运动的机会是相等的，故B正确；根据统计规律可知，气体分子的运动速率具有中间多，两头少”特点，故C正确；气体分子的运动速率分布具有中间多，两头少”特点，同种气体中所有的分子运动速率基本不相等，故D错误；布朗运动是悬浮在气体中的固体颗粒的无规则运动，是气体分子运动的表现，选项E错误；故选ABC.点睛：本题是对

25、分子动理论的考查 ，分子动理论的内容包括三点：物质是由分子构成的，分子在永不停息地做无规则的运动，分子间存在着相互作用的引力和斥力.明白以上概念，本题的四个选项便不难解决.19.使一定质量的理想气体按图甲中箭头所示的顺序变化，图中BC段是以纵轴和横轴为渐近线的双曲线。试求：已知气体在状态A的温度Ta= 300KA求气体在状态 B、C和D的温度各是多少？0 10 20 30 40【答案】Tb= Tc= 600K. Td= 300K.【解析】p- V图中直观地看出，气体在 A、B、C、D各状态下压强和体积为Va=10L, pA = 4atm, pB = 4atm, pc=2atm, pD=2atm, Vc = 40L, Vd=20L.根据理想气体状态方程 学=毕=毕，可得a =签 =途 x 300K = 600K '|td = Sta = Hi?x3OO