2017-2018学年陕西省安康市高二上学期期末考试物理试题 解析版

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陕西省安康市2017-2018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v-t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/s D. 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. a B. b C. c D. 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N B. 电流由N流向M C. 恒定电流大小为2BL D. 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/s B. 1.5m/s C. 2m/s D. 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=2F2 B. F1=F2‎ C. 2F1=F2 D. 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=0.5‎ B. x=0.2m，μ=0.2‎ C. x=0.5m，μ=0.5‎ D. 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v-t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2N C. 物块的质量为1kg D. 物块再回到抛出点时，动能的大小为60J ‎【答案】BD B.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a-F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=8V ‎16. 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，电场强度为E，一质量为m、带电量为q(q>0)的带负电粒子(不计重力)从A点以速度水平射人电场，从C点射出电场，粒子射出电场的偏转角为60°。求：‎ ‎(1)矩形区域的长AB和宽BC之比；‎ ‎(2)A、C两点间的电势差；‎ ‎(3)AD长度。‎ ‎【答案】（1） （2） （3）‎ ‎【解析】(1)将粒子在C点的速度进行分解，可得粒子在C点的竖直速度为，合速度为 粒子在水平方向上做匀速运动因此AB=v0t 粒子在竖直方向上做匀加速直线运动，因此 联立可以得到：AB：BC=2： (2)根据动能定理得到： 计算得出： （3）设粒子在电场中运动时间为t，加速度为a，则有：qE=ma， 计算得出：，AD长度为 ‎18. 如图所示，两个半径均为R的光滑圆弧形轨道竖直放置，圆心在同一高度，一候角为37°的固定光滑斜面与两圆弧轨道相切于C、D(斜面与左侧圆弧轨道的缝院可以忽略不计)，一质量为m的物块(可看成质点)放在光滑水平面的A点，左侧圆弧轨道与水平轨道相切。已知sin37°=0.6，cos37°=0.8。‎ ‎(1)要使物块能到达E点，则物块在A点的初速度至少多大?‎ ‎(2)若物块在A点的初速度为，求物块从E点抛出后到落到斜面上所用的时间。‎ ‎【答案】（1） （2） ‎ ‎【解析】(1)若斜面是光滑的，物块沿轨道运动过程机械能守恒，设物切到E点时速度为，则： ‎ F≥0‎ ‎ 解得 即初速度至少为. (2)若初速度为，斜面光滑，设物块到E点的速度为 则： 解得 从E点拋出，物块做平抛运动， 计算的结果为：‎ ‎ ‎ ‎ ‎