江苏省涟水县2012-2013学年高一物理上学期期末考试试题新人教版.doc

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1、涟水金城外国语学校2012-2013学年高一上学期期末考试物理试题第I卷（选择题）一、选择题1有关超重和失重，下列说法正确的是（ ）A物体处于超重状态时，所受重力增大；处于失重状态时，所受重力减小B竖直上抛的物体处于完全失重状态C在沿竖直方向运动的升降机中出现失重现象时，升降机一定处于上升过程D在沿竖直方向运动的升降机中出现失重现象时，升降机一定处于下降过程2如图，在一根张紧的水平绳上，悬挂有 a、b、c、d、e五个单摆，让a摆略偏离平衡位置后无初速释放，在垂直纸面的平面内振动；接着其余各摆也开始振动。下列说法中正确的有：（ ）A各摆的振动周期与a摆相同B各摆的振幅大小不同，c摆的振幅最大C各

2、摆的振动周期不同，c摆的周期最长D各摆均做自由振动3在前不久刚结束的“第14届国际泳联世界锦标赛上海2011”中， 中国跳水队包揽全部10枚金牌. 现假设一质量为m的跳水运动员进人水中后受到水的阻力而做减速运动，设水对他的阻力大小恒为F，那么在他减速下降高度为h的过程中，下 列说法正确的是(g为当地的重力加速度）（ ）A.他的动能减少了 FhB.他的重力势能减少了 mghC. 他的机械能减少了（F-mg）h D.他的机械能减少了 Fh4如图所示，一轻质弹簧竖直放置在水平地面上，下端固定弹簧原长为20cm，劲度系数k200N/m.现用竖直向下的力将弹簧压缩到10cm后用细线栓住，此时在弹簧上端放

3、置质量为0.5kg的物块在烧断细线的瞬间A物块的速度为零B物块的加速度为零C物块的加速度为10m/s2，方向竖直向下D物块的加速度为30m/s2，方向竖直向上5如图所示，水塔中水面距地面高H,水龙头距地面高h，水龙头受到水的压强是 ( )HhA.水gH B.水gh C.水g（Hh） D.水g（Hh）6如图所示，某段滑雪雪道倾角为30，总质量为m(包括雪具在内)的滑雪运动员从距底端高为h处的雪道上由静止开始匀加速下滑，加速度为 g.在他从上向下滑到底端的过程中，下列说法正确的是()A运动员减少的重力势能全部转化为动能B运动员获得的动能为 mghC运动员克服摩擦力做功为 mghD下滑过程中系统减少

4、的机械能为 mgh7如图所示，一块质量为M的木板停在光滑的水平面上，木板的左端有挡板，挡板上固定一个小弹簧。一个质量为m的小物块（可视为质点）以水平速度0从木板的右端开始向左运动，与弹簧碰撞后（弹簧处于弹性限度内），最终又恰好停在木板的右端。根据上述情景和已知量，可以求出A弹簧的劲度系数B弹簧的最大弹性势能C木板和小物块之间的动摩擦因数 D木板和小物块组成的系统最终损失的机械能8如图123所示，磁带录音机既可用作录音，也可用作放音，其主要部件为可匀速行进的磁带a和绕有线圈的磁头b，不论是录音或放音过程，磁带或磁隙软铁会存在磁化现象下面对于它们在录音、放音过程中主要工作原理的描述，正确的是（ ）

5、A、放音的主要原理是电磁感应，录音的主要原理是电流的磁效应B、录音的主要原理是电磁感应，放音的主要原理是电流的磁效应C、放音和录音的主要原理都是磁场对电流的作用D、录音和放音的主要原理都是电磁感应9如图所示，宽h=4cm的有界匀强磁场，纵向范围足够大，磁感应强度的方向垂直纸面向内，现有一群正粒子从O点以相同的速率沿纸面不同方向进入磁场，若粒子在磁场中做匀速圆周运动的轨道半径均为r=10cm，则（ ）Ox/cm4y/cmA右边界:-8cmy8cm有粒子射出B右边界:y8cm有粒子射出D左边界:0y16cm有粒子射出第II卷（非选择题）二、实验题10某同学用伏安法测一节干电池的电动势E和内电阻r，

6、所给的其它器材有:A电压表:0315VB电流表:00.63AC变阻器R1(20，1A)D变阻器R2(1000，0.1A)E电键S和导线若干（1）实验中电流表应选用的量程为 ；电压表应选用的量程为 ；变阻器应选用 (标明变阻器代号)；（2）根据实验要求画出电路图；（3）实验测得的6组数据已在U-I图中标出，如图所示。请你根据数据点位置完成U-I图线，并由图线求出该电池的电动势E=_V，内阻r=_. （保留3位有效数字）11（6分）描绘电场中的等势线的实验装置如图所示：（1）在实验过程中，要把复写纸、导电纸、白纸铺放在木板上，它们的顺序自上而下是： （2）如果以a、b两个电极的连线为x轴，以a、b

7、连线的中垂线为y轴，并将一个探针固定置于y轴上的某一点，合上开关S，而将另一个探针由b电极处沿x轴正方向移到a电极的过程中，灵敏电流表G的指针与零刻度夹角变化情况是_（将字母代号填写在横线上） A逐渐增大 B逐渐减小 C先变大后变小 D先变小后变大三、计算题12质量为m的带电小球带电量为+q，用绝缘细线悬挂在水平向左的匀强电场中，平衡时绝缘细线与竖直方向成30角,重力加速度为g.求电场强度的大小.13有同学利用如图的装置来验证力的平行四边形定则：在竖直木板上铺有白纸，固定两个光滑的滑轮A和B，将绳子打一个结点O，每个勾码的重量相等，当系统达到平衡时，根据勾码个数读出三根据绳子的拉力TOA、TO

8、A和TOA，回答下列问题：（1）改变勾码个数，实验能完成的是（ ）A勾码的个数N1=N2=2，N3=4 B勾码的个数N1=N3=3，N2=4 C勾码的个数N1=N2=N3=4D勾码的个数N1=3，N2=4，N3=5（2）在拆下勾码和绳子前，最重要的一个步骤是（ ）A标记结点O的位置，并记录OA、OB、OC三段绳子的方向B量出OA、OB、OC三段绳子的长度C用量角器量出三根绳子之间的夹角D用天平测出勾码的质量（3）在作图时，你认为下图中图 是正确的（填“甲”或“乙”）F1F合F3F2图乙F1F合F3F2图甲14 如图所示，质量为m=8.010-25kg，电荷量为q=1.610-15C的带正电粒子

9、从坐标原点O处沿xOy平面射入第一象限内，且与x方向夹角大于等于300的范围内，粒子射入时的速度方向不同，但大小均为v0=2.0107m/s.现在某一区域内加一方向向里且垂直于xOy平面的匀强磁场，磁感应强度大小为B=0.1T，若这些粒子穿过磁场后都能射到与y轴平行的荧光屏MN上，并且当把荧光屏MN向左移动时，屏上光斑长度和位置保持不变。求：(1) 粒子从y轴穿过的范围；(2) 荧光屏上光斑的长度；(3) 从最高点和最低点打到荧光屏MN上的粒子运动的时间差。(4)画出所加磁场的最小范围（用斜线表示）参考答案1B【解析】当物体处于超重与失重状态时，实重不变，改变的只是视重，故A选项错误；竖直上抛

10、物体只受重力，即a=g，处于完全失重状态，故B选项正确；超重加速度向上有两种状态，向上加速运动或向下减速运动。失重加速度向下也有两种运动状态，向下加速运动或向上减速运动，故CD选项错误，所以本题答案为B。思路分析：当物体具有竖直向上加速度时，处于超重状态；当物体具有竖直向下加速度时，处于失重状态。不管物体处于失重还是超重状态，物体的实际重力没有变化。试题点评：本题是考查对超重和失重的理解。2AB3BD【解析】：在他减速下降高度为h的过程中，重力做功mgh，他的重力势能减少了 mgh，他的机械能减少了 Fh，选项BD正确AC错误。4AD【解析】当弹簧被压缩到10cm时，弹簧的弹力为，细线烧断的瞬

11、间物体的速度还来不及改变，所以物体的速度为零，A正确，此瞬间物体受到弹簧向上的弹力，竖直向下的重力，所以根据牛顿第二定律可得，方向竖直向上，D正确。5C【解析】本题考查液体压强公式，液体的压强中的h为某点与液面的距离点评：液体压强由液体密度和深度决定6BD【解析】运动员下落过程中还要受到摩擦力，所以减小的重力势能一部分转化为动能，一部分转化为内能，A错误，因为加速度为 g，所以合力为，在合力方向发生为位移为2h，所以运动员获得的动能为 mgh，B正确，运动员克服摩擦力做功为，B错误，D正确。7BD【解析】考点：动量守恒定律；功能关系专题：计算题分析：M与m构成的系统不受外力，系统动量守恒，可根

12、据动量守恒定律求出木块滑动到最左端时系统的速度以及最终木块和木板相对静止时的速度；系统产生的热量可以用公式Q=fS求解，当木块滑到最左端时，弹性势能最大，结合能量守恒定律可以求出弹簧的最大弹性势能解答：解：小木块m与长木板M构成的系统动量守恒，设小木块滑到最左端和最右端的速度分别为v1、v2，由动量守恒定律，小木块从开始位置滑动到最左端的过程，mv0=（m+M）v1小木块从开始位置滑动到最后相对长木板静止过程，mv0=（m+M）v2解得v1= v2= 小木块滑动到最左端的过程中，由能量守恒定律，Epm+Q+（m+M）v2=mv2 Q=fL 小木块从开始滑动到最右端的过程中，由能量守恒定律，Q+

13、（m+M）v2=mv2Q=f（2L） 由式，可以解出Epm、Q，故BD正确；由于缺少弹簧的压缩量和木板长度，无法求出弹簧的劲度系数和滑动摩擦力，故AC错误；故选BD点评：动量守恒定律的运用不涉及中间过程，故对于复杂的运动特别方便，可以大大简化解题过程；同时要注意动量守恒定律经常与动能定理和能量守恒定律结合使用！8A【解析】录音是声音信号通过话筒转化为电信号，电信号再通过磁头转化为磁信号记录在磁带上的过程，所以录音的过程主要原理是电流的磁效应放音是记录在磁带上的磁信号通过绕在磁头上的线圈产生感应电流，转化为电信号，然后电信号再通过扬声器转变为声音信号，所以放音过程的主要原理是电磁感应9AD【解析

14、】画出粒子偏转的几个可能轨迹当速度方向竖直向下时，打在右端的距离最远，根据几何关系可知，最远距离为8cm，当带电粒子速度斜向上与右边界相切时，打在右边界横轴以上的距离最远，由几何关系可知，最远距离为8cm，A对；当带电粒子与右边界相切时是打在左边界距离最远的临界值，此时左边界坐标为16cm，D对；10（1） 00.6A ；（2）（电路图略2分) 03V ； R1 ； （3） 1.50 ； 0.500 ；11(1）导电纸 复写纸 白纸；（2）D【解析】根据导电纸描绘出等式点,通过复写纸显示到白纸上,所以顺序为导电纸 复写纸 白纸；思路分析：根据导电纸描绘出等式点,通过复写纸显示到白纸上,试题点评

15、：12【解析】对小球，由平衡条件得水平方向： (4分)竖直方向： (4分)解得： 13（1）BCD ；（2）A ；（3）甲【解析】（1）A组中N1N22时，只有当两力同向时，其合力才为4，显然是无法完成实验的，其余的三组均可以满足三力平衡； （2）三力的大小可以直接用钩码的个数代替，故无需测出其质量，故只要记下结点O的位置及三力的方向即可； （3）F3显然应该是竖直向下的，F1、F2所做出的平行四边形的对角线因为误差的原因不一定严格的竖直向上和F3平衡.本题具有一定的新颖性，但基本原理还是一样的，故要求同学理解此实验的原理和数据处理方法.14(1) 0-R (2)=(1+) R (3) t=（

16、+0. 5）10-8S (4) 【解析】设磁场中运动的半径为R，牛顿第二定律得： 解得R=0.1m (2分)当把荧光屏MN向左移动时，屏上光斑长度和位置保持不变,说明电子出射方向平行，都沿-x方向，所加磁场为圆形，半径为R=0.1。 (1分)(1)电子从y轴穿过的范围 :初速度沿y轴正方向的粒子直接过y轴 (1分)速度方向在与x方向成300的粒子，转过的角OO2A 为1200， (2分)粒子从y轴穿过的范围 0-R (1分) (2)如图所示，初速度沿y轴正方向的粒子， yC=R (1分) 速度方向在与x方向成300的粒子，转过的圆心角OO2B为1500 O2OA=300yB=R+Rcos (2分) 荧光屏上光斑的长度 (1+) R (2分) (3)例子旋转的周期 T=10-8S (1分) 在磁场中的时间差 t1= T (1分)出磁场后，打到荧光屏的时间差 t2= (1分)从最高点和最低点打到荧光屏MN上的粒子运动的时间差。t= t1- t2=（+0. 5）10-8S (1分) （4）范围见答案图9