陕西省安康市2017-2018学年高二上学期期末考试物理试题

陕西省安康市20172018学年高二上学期期末考试物理试题一、选择题：本题共12小题，每小题4分。在每小题给出的四个选项中，第1～8题只有一项符合题目要求，第9～12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，有选错的得0分。1.如图所示为某质点做直线运动的vt图象，则下列说法正确的是A.t=1.5s时质点的速度为等B.1=4s时质点的运动方向发生改变C.0～4s内质点的平均速度为2m/sD.0～4s内质点的加速度为1m/s²【答案】C【解析】A.由图看出，质点的速度先为负后为正，说明质点先沿负方向运动，后沿正方向运动。质点的加速度为，t=1.5s时质点的速度，故A错误，D错误；B.2～6s内质点的速度都为正，方向没有变化，故B错误；C．前4s内质点的位移为，平均速度，故C正确；故选：C。2.磁场的方向可以用小磁针静止时N极的指向来描述。如右图所示，通电螺线管内部和外部放置a、b、e、d四个小磁针，其中小磁针指向错误的是A.aB.bC.cD.d【答案】B【解析】根据安培定则可知通电螺线管N极在电磁铁右端，因此沿轴向磁场方向水平向右，而外部磁场方向由右向左；因小磁针N极的指向与磁场同向，故b指向不对，acd指向正确，故B正确，ACD错误。故选：B.点睛：利用安培定则判断出通电螺线管周围磁场方向，注意螺线管内部和外部磁场方向不同，然后根据小磁针静止时N极所指的方向和磁感线的方向一致，从而判断出小磁针静止时方向．3.如图所示，质量为m、长为工的金属棒MN两端由等长的轻质细线水平悬挂，处于竖直向上的匀强磁场中，磁感应强度为B、当棒中通以恒定电流后，金属棒摆起静止后两悬线与竖直方向夹角为0一30”，下列说法正确的是A.电流由M流向NB.电流由N流向MC.恒定电流大小为2BLD.恒定电流大小为3m【答案】A【解析】A、根据左手定则可知电流的方向由M流向N，故A正确，B错误；B、悬线与竖直方向夹角为θ=60°时，金属棒速率为零，并非处于平衡状态，故B错误；故选：A。4.在如图所示的电路中，电源的电动势为E，内阻为r，L为小灯泡(其灯丝电阻可视为不变)，R1、R2为定值电阻，R3为光敏电阻，其阻值大小随所受照射光强度的增大而减小，为理想电压表。若将照射R3的光的强度增强，则A.电压表的示数变小B.通过R2的电流变小C.小灯泡的功率变小D.通过R3的电流变小【答案】B【解析】A、光敏电阻光照增强，故光敏电阻的阻值变小，电路中的总电阻变小；由闭合电路欧姆定律可得，电路中电流增大，故R1两端的电压增大即电压表的示数变大，故A错误；

BCD、因电路中电流增大，故内压增大，路端电压减小，同时R1两端的电压增大，故并联电路部分电压减小，则流过R2的电流减小，流过灯泡支路的电流增大，所以灯泡的功率变大，故B正确，C错误，D错误；故选：B。

点睛：由光敏电阻的性质可知电路中电阻的变化，则由闭合电路欧姆定律可得出电路中电流的变化，由欧姆定律可得出电压表示数的变化；同时还可得出路端电压的变化；由串联电路的规律可得出并联部分电压的变化，再由并联电路的规律可得出通过小灯泡的电流的变化．5.某同学用如图所示装置做“研究平抛运动”的实验。图乙是在坐标纸上面出的轨迹图，A、B、C是在轨迹上选取的三点，重力加速度g=10m/s²，由三点的坐标可得小球做平抛运动的初速度大小为A.1m/sB.1.5m/sC.2m/sD.3m/s【答案】D【解析】水平方向做匀速运动，由横坐标可知，从A到B和从B到C所用时间相等。竖直方向做自由落体运动，由，带入数据得T=0.1s；则x=vT=0.30m，则v0=x/T=3m/s，故D正确，ABC错误。故选：D。6.如图所示，物块A和B相互叠加，一起放在光滑的水平地面上。A与B间是粗糙的，A的质量为m，B的质量为2m，现用水平恒力F1、F2分别作用于A和B(如图甲、乙所示)，结果均可以使A和B刚好不滑动，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，则F1和F2，的大小关系为A.F1=2F2B.F1=F2C.2F1=F2D.3F1=F2【答案】C【解析】当F作用爱A上时,B产生的最大加速度为：，对AB整体根据牛顿第二定律可知：F1=3ma=当F作用在B上,A的最大加速度为：，对AB整体根据牛顿第二定律可知：F2=3ma=3μmg,故F1：F2=1：2，故C正确，ABD错误故选：C点睛：根据AB刚好不发生相对滑动，利用隔离法求得最大加速度，再整体法求得拉力F的大小即可比较7.如图所示，质量为1kg的物块放在固定斜面上，斜面的倾角为37°，在斜面的底端固定一垂直斜面的挡板，轻弹簧与挡板连接，用物块沿斜面向下压络弹簧到一定的位置并释放物块，释放的一瞬间，物块的加速度大小为30m/s，物块运动0.14s时，物块开始向上做匀减速直线运动，加速度大小为10m/s²，弹簧的劲度系数为200N/m，重力加速度为g=10m/s²，则弹簧开始的最大压缩量x、物块与斜面间的动摩擦因数μ分别为A.x=0.2m，μ=0.5B.x=0.2m，μ=0.2C.x=0.5m，μ=0.5D.x=0.5m，μ=0.2【答案】A【解析】物块离开弹簧后受重力、支持力和摩擦力做匀减速运动，根据牛顿第二定律，，，代入数据得，μ=0.5；弹簧压缩量最大时，加速度向上，大小为30m/s2，根据牛顿第二定律，，代入数据得，x=0.5m，故A正确，BCD错误。故选：A。8.已知地球的半径为R，地球的同步卫星离地面的距高为h，赤道上物体的线速度大小为v，则地球的第一宇宙速度大小为A.B.C.D.v【答案】B【解析】地球的自转周期为对于同步卫星，万有引力提供向心力在地球表面附近绕地球运行的卫星线速度等于第一宇宙速度，则：联立解得v1=，故B正确，ACD错误。故选：B。9.如图所示，实线为电场线，且AB=BC，电场中的A、B、C三点的场强分别为EA、EB、EC电势分别为、、，AB/BC间的电势差分别为UAB、UBC。下列关系中正确的有A.B.C.D.【答案】AB【解析】A.由电场线的密集程度可看出电场强度大小关系为，故A正确；B.A、B、C三点处在一根电场线上,根据沿着电场线的方向电势逐渐降落,故有，故B正确；C.电场线密集的地方电势降落较快，由U=Ed知：UAB>UBC，故C错误，D错误。故选：AB.10.直线MN表示某电场中一条电场线。a、b是线上的两点，将带负电荷的粒子从a点处由静释放，粒子从a运动到b过程中的vt图线如图(b)所示，设a、b两点的电势分别为、，场强大小分别为、，粒子在a、b两点的电势能分别为、，不计重力，则有A.B.C.D.【答案】BD【解析】A.负电荷从a释放(初速度为0)后,能加速运动到b,说明负电荷受到的电场力方向是从a指向b,那么电场方向就是由b指向a,由于沿电场线方向电势逐渐降低,所以a、b两点的电势关系是φa<φb，故A错误；BC.由图b知。图线的斜率减小,则负电荷从a运动到b的过程中,它的加速度是逐渐减小的,由牛顿第二定律知,负电荷从a到b时,受到的电场力是逐渐减小的,由E=F/q知,Ea>Eb，故B正确，C错误；D.负电荷在电势高处电势能小,因φa<φb则Wa>Wb，故D正确。故选：BD.11.如图所示，平行板A、B水平放置、两板与电源相连，B板按地，闭合电键K，两板向一个带正电粒子P刚好处于静止状态，则下列说法正确的是A.电源的正极在电源的上端B.带电粒子P的电势能为负C.断开电键，带电粒子仍保持静止D.断开电键，将A板向上移，粒子会向下运动【答案】BC【解析】A.正电荷刚好处于静止状态，受到的电场力向上，电源的下端为正极，故A错误；B.B板接地，电势为零，P点处电势为负，根据，带电粒子P的电势能为负，故B正确；CD.电容器充电与开关断开后所带电量不变，根据推论E=4πkQ/(ɛS)得知，板间距离变化时，板间场强不变，微粒所受电场力不变，所以微粒仍保持静止状态。故C正确，D错误。故选：BC。12.竖直向上抛出一物块，物块在空中运动的过程中受到的阻力大小恒定定，其动能和重力势能随高度h变化的图线如图所示，重力加速度g=10m/s².则A.甲图反映的是重力势能随高度的变化，乙图反映的是动能随高度的变化B.物块受到的阻力大小为2NC.物块的质量为1kgD.物块再回到抛出点时，动能的大小为60J【答案】BDB.由图可知，上升10m重力势能和动能之和（即机械能）减小20J，则阻力做负功20J，W=fh=20J，f=2N，故B正确；C.上升10m，重力势能增大80J，根据EP=mgh，m=0.8kg，故C错误；D.下落过程，又克服阻力做功20J，物块再回到抛出点时，动能的大小为60J，故D正确。故选：BD。二、非选择题：本题共6小题，共52分。13.某实验小组成员用如图甲所示的装置探究加速度与力之间的关系。水平桌面上装有固定的位移传感器接收器，小车上装有位移传感器发射器。绕过安装在桌子边缘定滑轮的细线一端连接在小车上，另一端悬挂钩码，小车和定滑轮之间的绳子水平，开始时小车靠近位移传感器接收器，接通传感器电源，释放小车，传感器每隔Δt时间记录一次小车与位移传感器接收器之间的距离了，记录钩码的质量m，不计轻绳与滑轮之间的摩擦及空气阻力，重力加速度为g.(1)选取传感器记录的连续5组距高数据：，由此可求得小车运动的加速度为_________。(2)改变钩码的质量，重复上述实验，获得多组小车加速度a，以相应的钩码重作为小车受到的绳的拉力F，作出aF图象如图乙所示，由图可知，小车运动过程中与桌面的摩擦力大小为_______，若m不断增大，图乙中曲线部分不断延伸，那么加速度a趋向值为_________。【答案】(1).(2).(3).g【解析】(1)根据推论，，可得：a=；(2)根据实验装置可知,本实验没有平衡摩擦力,所以当F=F0时,a=0,则小车与桌面的摩擦力大小为f=F0.根据牛顿第二定律：mg−f=（m+M）a,若m不断增大，趋近于无穷大时，摩擦力可以忽略,总质量近似等于m，加速度a趋向值为g。点睛：根据匀变速运动的推论求出加速度；根据加速度的表达式，m趋于无穷大时，摩擦力可以忽略,总质量近似等于m，加速度a趋向值为g。14.在“测定金属丝的电阻率”的实验中，某同学进行了如下测量：（1)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，其中一次测最结果如图甲所示，金属丝的另一端与刻度尺的零刻度线对齐，图中谈读为_____cm；用螺旋测微器测最金属丝的直径，选不同的位置测量3次，求出其平均值d，其中一次的测量结果如图乙所示，图中读数为_____mm。(2)采用图丙所示的电路测量金属丝的电阻，电阻的测量值比真实值_______(填“偏大”或“偏小”)；最后由公式ρ=__________计算出金属丝的电阻率(用直接测量的物理量表示)。【答案】(1).24.14～24.17(2).0.514～0.518(3).偏小(4).【解析】试题分析：毫米刻度尺读数要估读到0.1mm，螺旋测微器读数=固定刻度读数+半刻度读数+可动刻度读数；从原理图中看出是安培表外接法中，误差原因是电压表的分流作用会使电流测量值I偏大，根据欧姆定律，故电阻测量值偏小；根据欧姆定律和电阻定律列式求解电阻率．（1）毫米刻度尺读数要估读到0.1mm，故读数为241.3mm=24.13cm；读出在24.12~24.14均合理，螺旋测微器固定刻度读数为0，半刻度读数0.5mm，可动刻度读数1.8×0.01=0.018mm，故毫米刻度尺读数为0.518mm；由于估读，故在0.518~0.519范围内均合理。（2）（2）由于采用了安培表外接法，电压表的分流作用会使电流测量值I偏大，而电压测量值U准确，故根据欧姆定律，电阻测量值偏小；根据欧姆定律：根据电阻定律：，其中：；故。考点：毫米刻度尺和螺旋测微器的读数欧姆定律和电阻定律15.如图所示电路中，电阻，电源内阻r=5Ω，电压表可视为理想电表。当开关S1和S2均闭合时，电压表的示数为5V，求：(1)电源的电动势多大；(2)当开关S1闭合、S2断开时，电压表的示数变为多大。【答案】（1）20V（2）8V【解析】(1)对R3由欧姆定律可得：I3=U/R3=0.5A故干路电流为：I=2I3=1A由闭合电路的欧姆定律可得：E=I(R2+r)+U=20V(2)当S1闭合S2断开时，电压表测量的为R1两端电压，由闭合电路的欧姆定律可得：=0.8A电压表示数为：U′=I′R1=8V16.如图所示，边长为L的正方形abcd区域内存在着与纸面垂直且方向向外的匀强磁场，磁感应强度大小为B。粒子经过电压为U的电场加速后，沿着磁场边缘从a点射入磁场区域内。粒子经磁场偏转后从距离c点的e点射出。不计粒子的重力。求：(1)带电粒子的比荷；(2)粒子在磁场中的运动时间。【答案】（1）（2）【解析】（1）带电粒子进入电场，经电场加速，根据动能定理：，解得：，粒子进入磁场后做匀速圆周运动，轨迹如图所示：设圆周半径为R，在三角形oce中，有解得又联立求解，得：粒子在磁场中的运动的周期根据几何关系可知，粒子偏转的圆心角等于120°，粒子在磁场中的运动时间

点睛：根据几何关系求出半径，结合洛仑磁力等于向心力求出荷质比；根据几何关系求出圆心角，结合周期求出时间。17.如图ABCD矩形区域内存在着竖直向上的匀强电场，