【解析】安徽省宣城市2017-2018学年高二下学期期末考试物理试题含解析.doc

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1、宣城市2017-2018学年度第二学期期末调研测试高二物理试题本试卷分第I卷（选择题）和第卷（非选择题）两部分，满分100分，考试时间100分钟。第I卷（选择题 共40分）一、选择题（共10小题，每小题4分，共40分，1- 6为单项选择题，7-10为多项选择题）1. 下列有关物理方法的说法中正确的是（ ）A. 重心、合力和交变电流的有效值等概念的建立都体现了等效替代的思想B. 根据速度定义式 ，当非常小时，就可以表示物体在某时刻的瞬时速度，该定义应用了类比的思想方法C. 在不需要考虑物体本身的形状和大小时，用质点来代替物体的方法叫假设法D. 万有引力常量的值是通过比值定义法规定的【答案】A【解

2、析】A. 重心、合力和交变电流的有效值等概念是等效替代的思想，故A正确； B. 瞬时速度是依据速度定义式v=x/t，当t非常小时，x/t就可以表示物体在t时刻的瞬时速度，该定义应用了数学极限思想，故B错误；C. 理想化模型是抓主要因素，忽略次要因素得到的，质点是理想化模型，故C错误； D. 当质量、距离、力等采用国际单位制时，万有引力常量的值是定值，故D错误。故选：A.2. 甲、乙两车在一平直公路上从同一地点沿同一方向沿直线运动，它们的v-t图像如图所示。下列判断正确的是( )A. 乙车启动时的加速度大小为1ms2B. 乙车启动时与甲车相距l00mC. 乙车启动20s后乙车正好超过甲车D. 运

3、动过程中，乙车落后甲车的最大距离为75m【答案】D【解析】A. 根据速度图线的斜率表示加速度，乙车启动时的加速度大小为2ms2，故A错误； B. 根据速度图线与时间轴包围的面积表示位移，可知乙在t=10s时启动，此时甲的位移为x=1010m=50m，即甲车在乙前方50m处，故B错误； C. 由于两车从同一地点沿同一方向沿直线运动，当位移相等时两车才相遇，由图可知，乙车启动20s时乙车的位移为100m，此时甲车的位移为150m，乙车还没有追上甲车，故C错误； D. 当两车的速度相等时相遇最远，最大距离Smax=1010m+510105m=75m，故D正确。故选：D3. 如图所示，速度选择器中磁感

4、应强度大小为B和电场强度大小为E，两者相互垂直。一束带电粒子以一定的初速度沿直线通过速度选择器后从狭缝P进入另一磁感应强度大小为B的匀强磁场，最后打在平板S的D1D2上，不计粒子重力，则( )A. 速度选择器中的磁场方向垂直纸面向里B. 通过狭缝P的带电粒子速度为v= B/EC. 打在D1、D2处的粒子在磁场B中运动的时间都相同D. 带电粒子打在平板S上的位置越靠近P，粒子的比荷越大【答案】D【解析】A、根据带电粒子在磁感应强度为的匀强磁场中的运动轨迹可判断粒子带正电，带电粒子在速度选择器中受到的电场力方向向上，受到的洛伦兹力方向向下，磁场方向垂直纸面向外，故A错误；B、能通过狭缝P的带电粒子

5、在速度选择器中受到的电场力与洛伦兹力等大反向，由可知，带电粒子速度为，故B错误；C、由洛伦兹力充当粒子做圆周运动的向心力可得，则，可知半径不同粒子的比荷不同；打在平板S上的粒子在磁感应强度为的磁场中都只运动半个周期，周期，则比荷不同，打在D1、D2上的粒子在磁感应强度为的磁场中的运动时间不同，故C错误；D、由，知越靠近狭缝P，r越小，粒子的比荷越大，故D正确；故选D。【点睛】本题为质谱仪模型，考查带电粒子在速度选择器中的运动和磁场中的运动，注意根据粒子运动形式选择合适的规律解决问题，要熟练掌握运用控制变量法结合半径公式和周期公式分析问题的方法。4. 一发电机产生的正弦式交流电电动势随时间变化规

6、律如图甲所示，已知发电机线圈内阻为5. 0,，外接一只电阻为95. 0的灯泡，如图乙所示，下列说法不正确的是( )A. 灯泡消耗的功率P =459. 8WB. 每秒钟灯泡中电流方向变化100次C. 灯泡中的最大电流值为2. 2AD. 发电机线圈内阻1s产生的焦耳热Q=24. 2J【答案】C【解析】A. 由图象可知，交流电的最大值为220V，则有效值为220V，根据闭合电路欧姆定律，电流的有效值为I=2.2A，灯泡消耗的功率P =I2R=459. 8W，故A正确，C错误； B. 根据图象可知交流电的周期为2102s，所以频率为50Hz，交流电在一个周期内方向变化两次，所以电路中的电流方向每秒钟改

7、变100次，所以B正确；D. 发电机线圈内阻每秒钟产生的焦耳热为Q=I2rt=(2.2)251J=24.2J，所以D正确。本题选择错误答案，故选：C.5. 如图所示，在火星与木星轨道之间有一小行星带假设该带中的小行星只受到太阳的引力，并绕太阳做匀速圆周运动下列说法正确的是（ ）A. 太阳对小行星带中各小行星的引力相同B. 同一小行星可在一年内与地球两次相距最近C. 小行星带内侧小行星的向心加速度值大于小行星带外侧小行星的向心加速度值D. 小行星带内各小行星圆周运动的线速度值大于地球公转的线速度值【答案】C【解析】A. 因为小行星的质量不一定相同，则太阳对各小行星的引力不一定相同。故A错误； B

8、. 根据得，知小行星的轨道半径大于地球，则周期大于地球的周期，即大于1年。故B错误；C. 根据得，轨道半径越大，向心加速度越小，则内侧小行星的向心加速度大于外侧小行星的向心加速度。故C正确；D. 根据得，轨道半径越大，线速度越小，则小行星的线速度小于地球的线速度。故D错误。故选：C.6. 一个内壁光滑的圆锥形筒的轴线垂直于水平面，圆锥筒固定，有质量相同的小球A和B沿着筒的内壁在水平面内做匀速圆周运动，如图所示，A的运动半径较大，则( )A. 球A的角速度必大于球B的角速度B. 球A的线速度必大于球B的线速度C. 球A的运动周期必小于球B的运动周期D. 球A对筒壁的压力必大于球B对筒壁的压力【答

9、案】B【解析】A. 对小球受力分析，小球受到重力和支持力，它们的合力提供向心力，如图根据牛顿第二定律，有：F=mgtan=m= 解得：v= .由于A球的转动半径较大，A线速度较大，而= ，由于A球的转动半径较大，则A的角速度较小。故A错误，B正确；C. 周期T=2/，因为A的角速度较小，则周期较大。故C错误；D. 由上分析可知，筒对小球的支持力N=，与轨道半径无关，则由牛顿第三定律得知，小球对筒的压力也与半径无关，即有球A对筒壁的压力等于球B对筒壁的压力。故D错误。故选：B.7. 如图甲所示，abcd是匝数为100匝、边长为lOcm、总电阻为0.1的正方形闭合导线圈，放在与线圈平面垂直的图示匀

10、强磁场中，磁感应强度B随时间t的变化关系如图乙所示，则以下说法正确的是( )A. 导线圈中产生的是交变电流B. 在t=2. 5s时导线图产生的感应电动势为1VC. 在0 -2s内通过导线横截面的电荷量为20CD. 在t=ls时，导线圈内电流的瞬时功率为20W【答案】AC【解析】A. 根据楞次定律可知，在02s内的感应电流方向与2s3s内的感应电流方向相反，即为交流电，故A正确；B. 根据法拉第电磁感应定律，在t=2. 5s时导线图产生的感应电动势=2V，故B错误C. 在02s时间内，感应电动势为：E1=1000.12V=1V，再根据欧姆定律I=E/R，则有：I1=1/0.1A=10A根据Q=I

11、t，解得：Q=102C=20C，故C正确；D. 在t=ls时，导线圈内电流的瞬时功率P= =1020.1=10W，故D错误；故选：AC8. 如图所示为两个固定在同一水平面上的点电荷，距离为d，电荷量分别为+Q和-Q，在它们连线的竖直方向的中垂线上固定一根长为L、内壁光滑的绝缘细管，有一带电荷量为+q的小球以初速度vo从上端管口射入，重力加速度为g，静电力常量为k，则小球( )A. 下落过程中加速度始终为gB. 受到的库仑力先做正功后做负功C. 速度先增大后减小，射出时速度仍为voD. 管壁对小球的弹力最大值为【答案】AD【解析】A. 电荷量为+q的小球以初速度v0从管口射入的过程，因库仑力与速

12、度方向垂直，竖直方向只受重力作用，加速度始终为g，故A正确； B. 小球有下落过程中，库仑力与速度方向垂直，则库仑力不做功，故B错误；C. 电场力不做功，只有重力做功；根据动能定理，速度不断增加，故C错误；D在两个电荷的中垂线的中点，单个电荷产生的电场强度为：E= ；根据矢量的合成法则，则有电场强度最大值为，因此电荷量为+q的小球受到最大库仑力为，结合受力分析可知，弹力与库仑力平衡，则管壁对小球的弹力最大值为，故D正确； 故选：AD.点睛：对于等量异种电荷，根据矢量的合成法则，中垂线的中点的电场强度最大，在无穷远的电场强度为零；点电荷靠近两个电荷的连线的中点过程，电场力不做功；中点处的电场强度

13、最大，则库仑力也最大，弹力也是最大，从而即可求解9. 如图所示，一人站在商场的自动扶梯的水平踏板上随扶梯一起向上匀加速运动，则下列说法正确的是( )A. 踏板对人的摩擦力可能为0B. 踏板支持力对人做的功大于人重力势能增量C. 踏板对人做的功等于人的机械能的增量D. 不计一切损耗，电梯消耗的电能等于人增加的机械能【答案】BC【解析】A. 人随扶梯一起斜向上加速运动的过程中，有水平向右的加速度，人要受到扶梯的静摩擦力。故A错误；B.人随扶梯一起斜向上做加速运动，有竖直向上的加速度，处于超重状态，则踏板对人的支持力大小大于人所受到的重力大小，踏板支持力对人做的功大于人重力重力做的功，大于人重力势能

14、的增量，故B正确； C. 根据功能关系得知，除了重力以外的力对人做的功等于人的机械能的增加，即踏板对人做的功等于人的机械能增加量。故C正确。D. 自动扶梯动能也增大，电梯消耗的电能大于人增加的机械能，故D错误。故选：BC10. 如图所示，匀强电场中有一个以0为圆心、半径为R的圆，电场方向与圆所在平面平行，A、O两点电势差为U，一带正电的粒子在该电场中运动，经A、B两点时速度方向沿圆的切线，速度大小均为vo，粒子重力不计，则下列说法正确的是( )A. 粒子从A到B的运动轨迹是一段抛物线B. 粒子从A到B的运动过程中，电势能先减小后增大C. 粒子从A到B的运动过程中，动能最小值为A点动能的一半D.

15、 圆周上任两点间电势差的最大值为2U【答案】AC【解析】带电粒子仅在电场力作用下，由于粒子在A、B两点动能相等，则电势能也相等。因为匀强电场，所以两点的连线AB即为等势面。根据等势面与电场线垂直特性，从而画出电场线CO由曲线运动条件可知，正电粒子所受的电场力沿着CO方向，因此粒子从A到B做抛体运动，故A正确；由A选项分析可知，速度方向与电场力方向夹角先大于90后小于90，电场力先做负功后做正功，所以电势能先增大后减小，故B错误；粒子运动到C点时动能最小，其速度为，则最小动能，选项C正确； 匀强电场的电场强度Ed=U式中的d是沿着电场强度方向的距离，因而由几何关系可知，UAO=ER，所以E=；圆

16、周上任两点间电势差的最大值为，选项D错误；故选AC.点睛：紧扣速度相等作为解题突破口，由于仅在电场力作用下，所以得出两点的电势能大小关系并利用等势面与电场线垂直的特性，从而推出电场线位置再由曲线运动来确定电场力的方向同时考查U=Ed中d的含义重要性，注意公式中的d为沿电场线方向上的距离二、实验题：（共3小题，每空2分，共16分）11. 某同学用如图所示的实验装置来“验证力的平行四边形定则”。弹簧测力计A挂于固定 点P，下端用细线挂一重物M，弹簧测力计B的一端用细线系于0点，手持另一端向左拉，使结点0静止在某位置。(1)为了完成实验，需要记录下来的是结点O的位置以及 弹簧测力计中力的大小和方向、

17、OC的方向，如果作图得到AB的合力方向近似_且大小近似等于_，则平行四边形定则得以验证。(2)下列不必要的实验要求是_（请填写选项前对应的字母）A木板平面要保持竖直B两弹簧测力计必须相同C连接结点的三根绳子要适当的长些D改变拉力，进行多次实验，每次都要使0点静止在同一位置【答案】 (1). 在CO连线上或与CO共线或在竖直方向； (2). 重物M的重力或Mg； (3). BD【解析】（1）OC连线沿竖直方向，拉力大小等于重物M的重力，所以如果作图得到A、B的合力与OC的拉力平衡，即方向在OC连线上，大小近似等于重物M的重力，则平行四边形定则得以验证。（2）A三条拉线方向必须与木板平行，OC沿竖

18、直方向，所以木板平面要保持竖直，故A必要；B. 弹簧测力计是测出力的大小，不必一定相等，故B不必要；C. 接结点的三根绳子适当长些，方向记录的更准确一下，故C必要；D当结点O位置确定时，OC的拉力大小、方向就确定了，不必每次都要使0点静止在同一位置，故D不必要。本题选择不必要的步骤，故选BD。12. 某同学要测量一圆柱体，用螺旋测微器测量其直径如图1所示，可知其直径为_，用20分度的游标卡尺测量其长度如图2所示，可知其长度为_。【答案】 (1). 3.852mm; (2). 91.70mm;【解析】螺旋测微器的固定刻度读数为3.5mm，可动刻度读数为0.0135.2mm=0.352mm，所以最

19、终读数为：3.5mm+0.352mm=3.852mm13. 物理兴趣小组的同学得到一块新能源电池。(1)甲同学选用图1所示的电路图测量该电池的电动势和内阻。在他测量与计算无误的情况下，所得到的电源电动势E的测量值比真实值小。E的测量值比真实值小的原因可能是_（填选项前的字母）造成的。 A电压表的分流 B电流表的分压(2)乙同学选用图2所示的电路图测量该电池的电动势和内阻，其中定值电阻的阻值为Ro，根据实验电路图连接好电路，闭合开关S，逐次改变电阻箱接入电路中电阻的阻值R，读出与R对应的电压表的示数U，并作记录。根据多组实验数据绘出如图3所示的图象，若已知图线的斜率为k，纵轴截距为b，则这个实验

20、中所测电池电动势的测量值E=_，内阻的测量值r=_【答案】 (1). A； (2). ； (3). 【解析】试题分析：（1）由图1所示可知，相对于电源来说，实验采用电流表外接法，当外电路短路时，电流的测量值等于真实值，除此之外，由于电压表的分流作用，电流的测量值小于真实值，电源的U-I图象如图所示，由图象可知，电源电动势的测量值小于真实值，因此E的测量值比真实值偏小的原因可能是A；（2）由图2所示电路可知，E=U+I（r+R0）=U+（r+R0），则，因此图3中图象的纵轴截距，得电动势；图象的斜率，则电源内阻；考点：测量电源的电动势及内阻【名师点睛】本题关键在于能由图象知识（斜率与截距的意义）

21、结合闭合电路欧姆定律求解，在解题时要注意题目中给出的条件及坐标中隐含的信息。三、计算题：（共4小题，第14题8分，第15题10分，第16题10分，17题16分，共计44分，解答需要写出必要的过程，只给出结果的不得分）14. 一轻弹簧的一端固定在倾角=30的固定光滑斜面的底部，另一端压有一质量m=lkg的物块（视为质点），如图所示。用力沿斜面向下推物块，使弹簧的压缩量x0=l0cm，然后由静止释放物块。已知弹簧的劲度系数k=250N/m，弹簧的形变始终在弹性限度内，弹簧的弹性势能Ep与弹簧的压缩量的关系为，重力加速度g=l0m/2求： (1)从开始释放物块到物块的速度最大的过程中物块的位移；(2

22、)物块在上滑的过程中上升最大高度。【答案】(1)x=0.08m；(2)h=0.125m【解析】（1）物块受力平衡时速度最大，则有：mgsin30=kx1解得：x1=0.02m=2cm物块的位移：x=10cm-2cm=0.08m。（2）物块上升过程中，由功能关系可知：Ep-mgh=0，其中Ep=解得：h=0.125m 点睛：物块速度最大时合力为零，可求弹簧的压缩量，则可得物块的位移；根据功能关系，弹性势能全部转化为重力势能时，物块上升的高度最大。15. 如图所示，在平面直角坐标系中，的直角三角形内存在垂直平面向里的匀强磁场，边在轴上，线段。在第四象限正方形内存在沿方向的匀强电场，电子束以相同的速

23、度沿方向从边上的各点射入磁场，己知这些电子在磁场中做圆周运动的半径均为。电子的电量为质量为，忽略电子之间的相互作用力以及电子的重力。试求：（1）磁感应强度。（2）在所有能射入第四象限的电子中，最右侧进入的电子刚好经过轴上的点，求第四象限的电场强度的大小。【答案】（1） （2） 【解析】（1）由题可知电子在磁场中的轨道半径r=L/3由牛顿第二定律得 解得磁感应强度B=（2）若电子能进入电场中，且离O点右侧最远，则电子在磁场中运动圆轨迹应恰好与边AD相切，即粒子从F点离开磁场进入电场时，离O点最远。由几何关系OF=L从F射出的电子，做类平抛运动，有：Ee=maL=v0t 解得E= 点睛：电子在电场

24、中做顺时针的匀速圆周运动。根据罗伦磁力提供向心力，再与给出的半径大小联立，即可求磁感应强度；电子在磁场中运动圆轨迹必须与直线AD相切时打在荧光屏上距离Q点最远，利用平抛的特点结合几何关系即可求出从x轴最右端射入电场中的电子打在荧光屏上P点，从而求出E。16. 如图所示，绷紧的水平传送带足够长，始终以v1= 2m/s的恒定速率顺时针运行。初速度大小为V2=5m/s的小物块从与传送带等高的水平面上的A点向左运动，经B点滑上传送带，已知A、B两点的距离xo=2.25m，物块与水平面的动摩擦因数1=0.2，物块与水平传送带的动摩擦因数2=0.4，重力加速度g=l0m/s2，不考虑物块由水平面滑上传送带

25、的能量损失。求：(1)物块向左运动时到达B点的速度；(2)物块在传送带上向左能达到的最远位置；(3)物块在传送带上运动过程中与传送带能否达共速。【答案】(1)；(2)x=2m；(3)两者能共速【解析】（1）小物块在水平面上受到摩擦力的作用，设到达B点的速度为vB，根据动能定理：-1mgx0= 代入数据得vB=4m/s；（2）小物块从右端滑上传送带后一直做匀减速运动，速度减为零时的位移是x，则：-2mgx=0-解得：x=2m；（3）小物块向右加速的过程中的位移：x=0.5m2m，物块与传送带能达共速.点睛：根据动能定理可求小物块滑上传送带前的速度；从右端滑上传送带时，匀减速运动到速度为0时打到最

26、远的距离，根据动能定理可求小物块到达的最远距离；根据动能定理求出反向加速与传送带速度相等时的位移，小于向左运动的位移，说明可以到达共速。17. 如图甲所示，水平面内两平行的长直金属导轨间距L=0.2m，空间中有磁感应强 度B=0. 5T，方向竖直向下的匀强磁场。导轨右端接一定值电阻R；有一质量m=0.lkg 的导体棒ab，始终与导轨垂直且接触良好，它与导轨间的动摩擦因数=0.2。从t=0时刻开始，通过一小型电动机对ab棒施加一个水平向左的牵引力F，使ab棒从静止开始沿导轨做加速运动。图乙是导体棒的速度一时间图象（其中OA是直线，AC是曲线，DE是AC曲线的渐近线）。小型电动机在12s末达到额定

27、功率（设电动机的功率为它的输出功率），此后电动机的功率保持不变。除R以外，其余部分的电阻均不计，g取10 ms2。求： (1)导体棒在0-12s内的加速度大小；(2)求接入电路中的定值电阻R的值和电动机的额定功率；(3)若已知0 -12s内电阻R上产生的热量为12. 5J，则此过程中牵引力做的功。【答案】(1)；(2)，(3)W=27.35J【解析】(1)由图象知t1=12 s时的速度v1=9 m/s，a=（v10）/t1=0.75m/s2；(2)12s时，E1=BLv1，I1=E1/R由牛顿第二定律：F1-mg-BI1L=ma1则Pm=F1v1当棒达到收尾速度vm=10m/s后，棒受力平衡，有F2=mg+BImL而I=，Pm=F2vm联立解得：R=0.4，Pm=4.5W；得P=(mg+B2L2vmR)vm=4.5W.(3)在012s内F是变力,根据动能定理有WWfWB=0而WB=Q，Wf=mgs012s内棒移动的距离x=54m解得W=27.35J. ASDFESAQ!#%FWQQ!QAaaazzx33456#$!%ASDFESAQ!#%FWQQ!QAaaazzx33456#$!%