高二物理上学期期末试卷（含解析）

高二物理上学期期末试卷（含解析）

‎【2019最新】精选高二物理上学期期末试卷（含解析）‎ 一、选择题：（本题共16小题，每小题3分，共48分．在每小题给出的四个选项中，至少有一个选项是符合题目要求的，全部选对的得3分，少选德1分，有错选或不答的得0分）‎ ‎1．用细绳把小球悬挂起来，当小球静止时，下列说法正确的是（　　）‎ A．小球受到的重力和细绳对小球的拉力是一对作用力和反作用力 B．小球受到的重力和小球对细绳的拉力的一对作用力和反作用力 C．小球受到的重力和细绳对小球的拉力是一对平衡力 D．小球受到的重力和小球对细绳的拉力是一对平衡力 ‎2．如图所示的水平面上，橡皮绳一端固定，另一端连接两根弹簧，连接点P在F1、F2和F3三力作用下保持静止．下列判断正确的是（　　）‎ A．F1＞F2＞F3 B．F3＞F1＞F2 C．F2＞F3＞F1 D．F3＞F2＞F1‎ ‎3．质点做直线运动的v﹣t图象如图所示，规定向右为正方向，则该质点在前8s内平均速度的大小和方向分别为（　　）‎ A．0.25m/s 向右 B．0.25m/s 向左 C．1m/s 向右 D．1m/s 向左 ‎4．如图所示，三个小球从同一高度处的O点分别以水平初速度v1、v2、v3抛出，落在水平面上的位置分别是A、B、C，O′是O在水平面上的射影点，且O′A：O′B：O′C=1：3：5．若不计空气阻力，则下列说法正确的是（　　）‎ A．v1：v2：v3=1：3：5 B．三个小球下落的时间相同 33 / 33‎ C．三个小球落地的速度相同 D．三个小球落地的位移相同 ‎5．如图所示，A、B是两个摩擦传动轮，两轮半径大小关系为RA=2RB，则两轮边缘上的（　　）‎ A．角速度之比ωA：ωB=1：2 B．周期之比TA：TB=1：2‎ C．转速之比nA：nB=1：2 D．向心加速度之比aA：aB=2：1‎ ‎6．用控制变量法，可以研究影响平行板电容器电容的因素（如图所示）．设两极板正对面积为S，极板间的距离为d，静电计指针偏角为θ．实验中，极板所带电荷量不变，若（　　）‎ A．保持S不变，增大d，则θ变大 B．保持S不变，增大d，则θ变小 C．保持d不变，减小S，则θ变小 D．保持d不变，减小S，则θ不变 ‎7．如图所示，质量为M的楔形物块静置在水平地面上，其斜面的倾角为θ．斜面上有一质量为m的小物块，小物块与斜面之间存在摩擦．用恒力F沿斜面向上拉小物块，使之匀速上滑．在小物块运动的过程中，楔形物块始终保持静止．地面对楔形物块的支持力和摩擦力分别为（　　）‎ A．（M+m）g、0 B．（M+m）g﹣F、0‎ C．（M+m）g+Fsinθ、Fsinθ D．（M+m）g﹣Fsinθ、Fcosθ ‎8．质点开始时做匀速直线运动，从某时刻起受到一恒力作用．此后，该质点的动能可能（　　）‎ A．一直增大 B．先逐渐减小至零，再逐渐增大 C．先逐渐增大至某一最大值，再逐渐减小 D．先逐渐减小至某一非零的最小值，再逐渐增大 33 / 33‎ ‎9．如图所示，用长为L的轻绳把一个小铁球悬挂在高2L的O点处，小铁球以O为圆心在竖直平面内做圆周运动且恰能到达最高点B处，若运动中轻绳断开，则小铁球落到地面时的速度大小为（　　）‎ A． B． C． D．‎ ‎10．如图所示，虚线表示等势面，相邻两等势面间的电势差相等，有一带正电的小球在电场中运动，实线表示该小球的运动轨迹．小球在a点的动能等于20eV，运动到b点时的动能等于2eV．若取c点为电势零点，则当这个带电小球的电势能等于﹣6eV时（不计重力和空气阻力），它的动能等于（　　）‎ A．16eV B．14eV C．6eV D．4eV ‎11．嫦娥二号卫星已成功发射，这次发射后卫星直接进入近地点高度200公里、远地点高度约38万公里的地月转移轨道直接奔月．当卫星到达月球附近的特定位置时，卫星就必须“急刹车”，也就是近月制动，以确保卫星既能被月球准确捕获，又不会撞上月球，并由此进入近月点100公里、周期12小时的椭圆轨道a．再经过两次轨道调整，进入100公里的近月圆轨道b．轨道a和b相切于P点，如图所示．下列说法正确的是（　　）‎ A．嫦娥二号卫星的发射速度大于7.9 km/s，小于11.2 km/s B．嫦娥二号卫星的发射速度大于11.2 km/s C．嫦娥二号卫星在a、b轨道经过P点的速度va=vb D．嫦娥二号卫星在a、b轨道经过P点的加速度分别为aa、ab则aa＞ab 33 / 33‎ ‎12．如图所示，虚线a、b、c为三个同心圆面，圆心处有一个点电荷，现从b、c之间一点P以相同的速率发射两个带电粒子，分别沿PM、PN运动到M、N点，M、N两点都处于圆周c上，以下判断正确的是（　　）‎ A．到达M、N时两粒子速率仍相等 B．到达M、N时两粒子速率vM＞vN C．到达M、N时两粒子的电势能相等 D．两个粒子的电势能都是先减小后增大 ‎13．如图（a）左侧的调压装置可视为理想变压器，负载电路中R=55Ω，A、V为理想电流表和电压表．若原线圈接入如图（b）所示的正弦交变电压，电压表的示数为110V，下列表述正确的是（　　）‎ A．电流表的示数为2A B．原、副线圈匝数比为2：1‎ C．电压表的示数为电压的有效值 D．原线圈中交变电压的频率为100Hz ‎14．在等边三角形的三个顶点a、b、c处，各有一条长直导线垂直穿过纸面，导线中通有大小相等的恒定电流，方向如图．过c点的导线所受安培力的方向（　　）‎ A．与ab边平行，竖直向上 B．与ab边平行，竖直向下 C．与ab边垂直，指向左边 D．与ab边垂直，指向右边 33 / 33‎ ‎15．如图所示，轻弹簧上端与一质量为m的木块1相连，下端与另一质量为M的木块2相连，整个系统置于水平放置的光滑木板上，并处于静止状态．现将木板沿水平方向突然抽出，设抽出后的瞬间，木块1、2的加速度大小分别为a1、a2．重力加速度大小为g，则有（　　）‎ A．a1=0，a2=g B．a1=g，a2=g C．a1=0，a2=g D．a1=g，a2=g ‎16．地面附近空间中存在着水平方向的匀强电场和匀强磁场，已知磁场方向垂直纸面向里，一个带电油滴能沿一条与竖直方向成α角的直线MN运动（MN在垂直于磁场方向的平面内），如图所示，则以下判断中正确的是（　　）‎ A．如果油滴带正电，它是从M点运动到N点 B．如果油滴带正电，它是从N点运动到M点 C．如果电场方向水平向左，油滴是从M点运动到N点 D．如果电场方向水平向右，油滴是从M点运动到N点 二、实验题：（本题共设两小题，每空2分，共22分）‎ ‎17．在用打点计时器验证机械能守恒定律的实验中，使质量为m=1.00kg的重物自由下落，打点计时器在纸带上打出一系列的点，选取一条符合实验要求的纸带如图所示．O为第一个点，A、B、C为从合适位置开始选取连续点中的三个点．已知打点计时器每隔0.02s打一个点，当地的重力加速度为g=9.80m/s2，那么：‎ ‎（1）根据图上所得的数据，应取图中O点到　　　　　　点来验证机械能守恒定律；‎ 33 / 33‎ ‎（2）从O点到（1）问中所取的点，重物重力势能的减少量△Ep=　　　　　　 J，动能增加量△Ek=　　　　　　 J （结果取三位有效数字）；‎ ‎（3）若测出纸带上所有各点到O点之间的距离，根据纸带算出各点的速度v及物体下落的高度h，则以为纵轴，以h为横轴画出的图象是图2中的　　　　　　．‎ ‎18．在如图甲所示的电路中，四节干电池串连，小灯泡A、B的规格为“3.8V，0.3A”．合上开关 S 后，无论怎样移动滑动片，A、B灯都不亮．‎ ‎（1）用多用电表的直流电压挡检查故障：‎ ‎①选择开关置于下列量程的　　　　　　挡较为合适（用字母序号表示）；‎ A．2.5V B．10V C．50V D．250V ‎②测得c、d 间电压约为5.8V，e、f 间电压为0，则故障是下列哪一项？　　　　　　；‎ A．A灯丝断开 B．B灯丝断开 C．d、e间连线断开 D．B灯被短路 ‎（2）接着训练用欧姆表的“×l”挡测电阻，欧姆表经过“欧姆调零”，‎ ‎①测试前，一定要将电路中的开关 S　　　　　　；‎ ‎②测c、d 间和e、f间电阻时，某次测试结果如图乙所示，读数为　　　　　　Ω，此时测量的是　　　　　　间电阻，根据小灯泡的规格计算出的电阻为　　　　　　Ω，它不等于测量值，原因是：　　　　　　‎ 三、计算题：（本题共设三小题，共30分）‎ 33 / 33‎ ‎19．如图所示，电阻R1=2Ω，小灯泡L上标有“3V，1.5W“，电源内阻r=1Ω，滑动变阻器的最大阻值为R0（大小未知），当触头P滑动到最上端a时，安培表的读数为1A，小灯泡L恰好正常发光，求：‎ ‎（1）滑动变阻器的最大阻值R0‎ ‎（2）当触头P滑动到最下端b时，求电源的总功率及输出功率．‎ ‎20．如图所示，在E=1×103V/m的竖直匀强电场中，有一光滑的半圆形绝缘轨QPN与一水平绝缘轨道MN连接，半圆形轨道平面与电场线平行，P为QN圆弧的中点，其半径R=40cm，一带正电q=10﹣4C的小滑块质量m=10g，与水平轨道间的动摩擦因数μ=0.15，位于N点右侧1.5m处，取g=10m/s2，求：‎ ‎（1）要使小滑块恰能运动到圆轨道的最高点Q，则滑块应以多大的初速度v0向左运动？‎ ‎（2）这样运动的滑块通过P点时对轨道的压力是多大？‎ ‎21．如图所示，在第二象限内有水平向右的匀强电场，在第一、第四象限内分别存在匀强磁场，磁感应强度大小相等，方向如图所示；现有一个带电粒子在该平面内从x轴上的P点，以垂直于x轴初速度v0进入匀强电场，恰好经过y轴上的Q点且与y轴成45°角射出电场，再经过一段时间又恰好垂直于x轴进入下面的磁场．已知OP之间的距离为d，（不计粒子的重力）求：‎ ‎（1）Q点的坐标；‎ ‎（2）带电粒子自进入电场至在磁场中第二次经过x轴的时间．‎ ‎2015-2016学年甘肃省××市××县马营中学高二（上）期末物理试卷 33 / 33‎ 参考答案与试题解析 一、选择题：（本题共16小题，每小题3分，共48分．在每小题给出的四个选项中，至少有一个选项是符合题目要求的，全部选对的得3分，少选德1分，有错选或不答的得0分）‎ ‎1．用细绳把小球悬挂起来，当小球静止时，下列说法正确的是（　　）‎ A．小球受到的重力和细绳对小球的拉力是一对作用力和反作用力 B．小球受到的重力和小球对细绳的拉力的一对作用力和反作用力 C．小球受到的重力和细绳对小球的拉力是一对平衡力 D．小球受到的重力和小球对细绳的拉力是一对平衡力 ‎【考点】作用力和反作用力．‎ ‎【分析】一对平衡力与“作用力与反作用力“的共同的特点：二力都是大小相等，方向相反，作用在同一条直线上． ‎ 一对平衡力与“作用力与反作用力“的区别：作用力与反作用力描述的是两个物体间相互作用的规律，二力平衡描述的是一个物体在二力作用下处在平衡状态．‎ ‎【解答】解：对小球受力分析，受地球对其的重力，细线对其向上的拉力，小球保持静止状态，加速度为零，合力为零，故重力和拉力是一对平衡力；细线对小球的拉力的反作用力是小球对细线的向下的拉力，这两个力是一对相互作用力，故A错误，B错误，C正确，D错误 故选：C．‎ 33 / 33‎ ‎【点评】本题涉及三力，重力、细线对小球的拉力和小球对细线的拉力，其中重力和细线对小球的拉力是平衡力（因为小球处于平衡状态），细线对小球的拉力和小球对细线的拉力是相互作用力；平衡力和相互作用力是很容易混淆的，要注意其最明显的区别在于是否同体．‎ ‎2．如图所示的水平面上，橡皮绳一端固定，另一端连接两根弹簧，连接点P在F1、F2和F3三力作用下保持静止．下列判断正确的是（　　）‎ A．F1＞F2＞F3 B．F3＞F1＞F2 C．F2＞F3＞F1 D．F3＞F2＞F1‎ ‎【考点】力的合成．‎ ‎【专题】计算题；压轴题．‎ ‎【分析】如果一个物体受到三个力的作用也能处于平衡状态，叫做三力平衡．很显然这三个力的合力应该为零．而这三个力可能互成角度，也可能在一条直线上；‎ ‎　　对于三力平衡，一般根据“任意两个力的合力与第三个力等大反向”的关系，借助三角函数、相似三角形等手段求解；或将某一个力分解到另外两个力的反方向上，得到的这两个分力势必与另外两个力等大、反向；对于多个力的平衡，利用先分解再合成的正交分解法．‎ 本题对P点受力分析，可以运用合成法、分解法、正交分解法求解．‎ ‎【解答】解：对P点受力分析，如图 根据共点力平衡条件 F1=F3cos30°=F3‎ F2=F3sin30°=F3‎ 因而 F3＞F1＞F2‎ 故选B．‎ 33 / 33‎ ‎【点评】物体在三个力的作用下处于平衡状态，要求我们分析三力之间的相互关系的问题叫三力平衡问题，这是物体受力平衡中最重要、最典型也最基础的平衡问题．这种类型的问题有以下几种常见题型：‎ ‎　　①三个力中，有两个力互相垂直，第三个力角度（方向）已知．‎ ‎　　②三个力互相不垂直，但夹角（方向）已知《考试说明》中规定力的合成与分解的计算只限于两力之间能构成直角的情形．三个力互相不垂直时，无论是用合成法还是分解法，三力组成的三角形都不是直角三角形，造成求解困难．因而这种类型问题的解题障碍就在于怎样确定研究方法上．解决的办法是采用正交分解法，将三个不同方向的力分解到两个互相垂直的方向上，再利用平衡条件求解．‎ ‎　　③三个力互相不垂直，且夹角（方向）未知 ‎　　三力方向未知时，无论是用合成法还是分解法，都找不到合力与分力之间的定量联系，因而单从受力分析图去求解这类问题是很难找到答案的．要求解这类问题，必须变换数学分析的角度，从我们熟悉的三角函数法变换到空间几何关系上去考虑，因而这种问题的障碍点是如何正确选取数学分析的方法．‎ ‎　　解决这种类型的问题的对策是：首先利用合成法或分解法作出三力之间的平行四边形关系和三角形关系，再根据力的三角形寻找与之相似的空间三角形，利用三角形的相似比求解．‎ ‎　　④三力的动态平衡问题 33 / 33‎ ‎　　即三个力中，有一个力为恒力，另一个力方向不变，大小可变，第三个力大小方向均可变，分析第三个力的方向变化引起的物体受力的动态变化问题．‎ ‎　　这种类型的问题不需要通过具体的运算来得出结论，因而障碍常出现在受力分析和画受力分析图上．在分析这类问题时，要注意物体“变中有不变”的平衡特点，在变中寻找不变量．即将两个发生变化的力进行合成，利用它们的合力为恒力的特点进行分析．在解决这类问题时，正确画出物体在不同状态时的受力图和平行四边形关系尤为重要．‎ ‎3．质点做直线运动的v﹣t图象如图所示，规定向右为正方向，则该质点在前8s内平均速度的大小和方向分别为（　　）‎ A．0.25m/s 向右 B．0.25m/s 向左 C．1m/s 向右 D．1m/s 向左 ‎【考点】匀变速直线运动的图像；平均速度．‎ ‎【专题】运动学中的图像专题．‎ ‎【分析】质点做直线运动的v﹣t图象中，图象与横坐标所围成的面积表示位移，平均速度等于总位移除以总时间，根据即可解题．‎ ‎【解答】解：由题图得前8s内的位移为：‎ ‎，‎ 则平均速度为： =﹣0.25m/s，负号表示方向向左．B正确．‎ 故选：B ‎【点评】质点做直线运动的v﹣t图象中，图象与坐标轴所围成的面积表示位移，面积的正负表示位移的方向，该题难度不大，属于基础题．‎ 33 / 33‎ ‎4．如图所示，三个小球从同一高度处的O点分别以水平初速度v1、v2、v3抛出，落在水平面上的位置分别是A、B、C，O′是O在水平面上的射影点，且O′A：O′B：O′C=1：3：5．若不计空气阻力，则下列说法正确的是（　　）‎ A．v1：v2：v3=1：3：5 B．三个小球下落的时间相同 C．三个小球落地的速度相同 D．三个小球落地的位移相同 ‎【考点】平抛运动．‎ ‎【专题】平抛运动专题．‎ ‎【分析】平抛运动在水平方向上做匀速直线运动，在竖直方向上做自由落体运动，根据高度确定小球运动的时间，根据水平位移求出三个小球的初速度之比，将落地速度分解，求出落地的速度关系．‎ ‎【解答】解：A、三个小球的高度相等，则根据h=知，平抛运动的时间相等，水平位移之比为1：3：5，则根据x=v0t得，初速度之比为1：3：5．故AB正确．‎ C、小球落地时的竖直方向上的分速度相等，落地时的速度v=，初速度不等，则落地的速度不等．故C错误．‎ D、小球落地时的位移，水平位移不等，竖直位移相等，则小球通过的位移不等．故D错误．‎ 故选：AB．‎ ‎【点评】解决本题的关键知道平抛运动在水平方向和竖直方向上的运动规律，灵活运用运动学公式进行求解．‎ ‎5．如图所示，A、B是两个摩擦传动轮，两轮半径大小关系为RA=2RB，则两轮边缘上的（　　）‎ 33 / 33‎ A．角速度之比ωA：ωB=1：2 B．周期之比TA：TB=1：2‎ C．转速之比nA：nB=1：2 D．向心加速度之比aA：aB=2：1‎ ‎【考点】线速度、角速度和周期、转速．‎ ‎【专题】匀速圆周运动专题．‎ ‎【分析】因为传动时无滑动，则轮子边缘上的点线速度大小相等，根据v=rω得出角速度之比，周期T=，ω=2πn，a=rω2=Vω ‎【解答】解：A、A、B为靠摩擦传动的两轮边缘上的两点，它们在相同时间内走过的弧长相等，则线速度大小相等，即νA：νB=1：1，因为RA=2RB，根据v=rω知，ωA：ωB=1：2，故A正确 B、周期T=，周期之比TA：TB=2：1，故B错误 C、ω=2πn，所以转速之比nA：nB=1：2，故C正确 D、a=rω2=Vω，故向心加速度之比aA：aB=1：2，故D错误 故选：AC ‎【点评】解决本题的关键知道靠传送带传到的轮子边缘上的点，线速度相等，共轴转动，角速度相等，以及掌握线速度和角速度的关系 ‎6．用控制变量法，可以研究影响平行板电容器电容的因素（如图所示）．设两极板正对面积为S，极板间的距离为d，静电计指针偏角为θ．实验中，极板所带电荷量不变，若（　　）‎ A．保持S不变，增大d，则θ变大 B．保持S不变，增大d，则θ变小 C．保持d不变，减小S，则θ变小 D．保持d不变，减小S，则θ不变 ‎【考点】电容器的动态分析．‎ ‎【专题】电容器专题．‎ 33 / 33‎ ‎【分析】静电计测定电容器极板间的电势差，电势差越大，指针的偏角越大．根据电容的决定式C= 分析极板间距离、正对面积变化时电容的变化情况，由于极板所带电荷量不变，再由电容的定义式C= 分析板间电势差的变化，即可再确定静电计指针的偏角变化情况．‎ ‎【解答】解：A、B、根据电容的决定式C= 得知，电容与极板间距离成反比，当保持S不变，增大d时，电容减小，电容器的电量Q不变，由电容的定义式C= 分析可知板间电势差增大，则静电计指针的偏角θ变大；反之，保持S不变，减小d，则θ减小．故A正确，B错误．‎ C、D、根据电容的决定式C= 得知，电容与极板的正对面积成正比，当保持d不变，减小S时，电容减小，电容器极板所带的电荷量Q不变，则由电容的定义式C= 分析可知板间电势差增大，静电计指针的偏角θ变大；反之，保持d不变，增大S，则θ减小，故C错误，D错误．‎ 故选：A．‎ ‎【点评】本题是电容动态变化分析问题，关键抓住两点：一是电容器的电量不变；二是掌握电容的两个公式：电容的决定式C= 和C=．‎ ‎7．如图所示，质量为M的楔形物块静置在水平地面上，其斜面的倾角为θ．斜面上有一质量为m的小物块，小物块与斜面之间存在摩擦．用恒力F沿斜面向上拉小物块，使之匀速上滑．在小物块运动的过程中，楔形物块始终保持静止．地面对楔形物块的支持力和摩擦力分别为（　　）‎ A．（M+m）g、0 B．（M+m）g﹣F、0‎ C．（M+m）g+Fsinθ、Fsinθ D．（M+m）g﹣Fsinθ、Fcosθ ‎【考点】共点力平衡的条件及其应用；力的合成与分解的运用．‎ 33 / 33‎ ‎【专题】共点力作用下物体平衡专题．‎ ‎【分析】物块m匀速上升，受力平衡，合力为零．楔形物块M始终保持静止合力也为零，将两个物体看成整体进行研究，根据平衡条件求解地面对楔形物块支持力和摩擦力．‎ ‎【解答】解：以物块m和楔形物块M整体为研究对象，分析受力情况，如图，由平衡条件得地面对楔形物块支持力大小为：‎ N=（M+m）g﹣Fsinθ 地面对楔形物块有向右的摩擦力大小为：‎ f=Fcosθ．所以D正确．‎ 故选：D ‎【点评】本题采用整体法处理两个物体的平衡问题，也可以采用隔离法研究．‎ ‎8．质点开始时做匀速直线运动，从某时刻起受到一恒力作用．此后，该质点的动能可能（　　）‎ A．一直增大 B．先逐渐减小至零，再逐渐增大 C．先逐渐增大至某一最大值，再逐渐减小 D．先逐渐减小至某一非零的最小值，再逐渐增大 ‎【考点】动能定理的应用．‎ ‎【分析】一质点开始时做匀速直线运动，说明质点所受合力为0，从某时刻起受到一恒力作用，这个恒力就是质点的合力．‎ 根据这个恒力与速度的方向关系确定质点动能的变化情况．‎ 33 / 33‎ ‎【解答】解：A、如果恒力与运动方向相同，那么质点做匀加速运动，动能一直变大，故A正确．‎ B、如果恒力与运动方向相反，那么质点先做匀减速运动，速度减到0，质点在恒力作用下沿着恒力方向做匀加速运动，动能再逐渐增大．故B正确．‎ C、如果恒力方向与原来运动方向不在同一直线上，那么将速度沿恒力方向所在直线和垂直恒力方向分解，其中恒力与一个速度方向相同，这个方向速度就会增加，另一个方向速度不变，那么合速度就会增加，不会减小．故C错误．‎ D、如果恒力方向与原来运动方向不在同一直线上，那么将速度沿恒力方向所在直线和垂直恒力方向分解，其中恒力与一个速度方向相反，这个方向速度就会减小，另一个方向速度不变，那么合速度就会减小，当恒力方向速度减到0时，另一个方向还有速度，所以速度到最小值时不为0，然后恒力方向速度又会增加，合速度又在增加，即动能增大．故D正确．‎ 故选ABD．‎ ‎【点评】对于直线运动，判断速度增加还是减小，我们就看加速度的方向和速度的方向．‎ 对于受恒力作用的曲线运动，我们可以将速度分解到恒力方向和垂直恒力方向，再去研究．‎ ‎9．如图所示，用长为L的轻绳把一个小铁球悬挂在高2L的O点处，小铁球以O为圆心在竖直平面内做圆周运动且恰能到达最高点B处，若运动中轻绳断开，则小铁球落到地面时的速度大小为（　　）‎ 33 / 33‎ A． B． C． D．‎ ‎【考点】平抛运动；牛顿第二定律；向心力；机械能守恒定律．‎ ‎【专题】平抛运动专题．‎ ‎【分析】小球恰好能通过最高点B，重力提供向心力，根据牛顿第二定律和向心力公式列式求解得到B点速度；然后根据机械能守恒定律列式求解落地速度．‎ ‎【解答】解：小球恰好能通过最高点B，重力提供向心力，‎ 根据牛顿第二定律，有：mg=m ①‎ 整个运动过程只有重力做功，机械能守恒，‎ 根据守恒定律，有： ②‎ 联立解得：；‎ 故选D．‎ ‎【点评】本题突破口在于小球恰好经过B点，重力提供向心力，根据牛顿第二定律列式求解速度；然后机械能守恒定律列式求解落地速度，不难．‎ ‎10．如图所示，虚线表示等势面，相邻两等势面间的电势差相等，有一带正电的小球在电场中运动，实线表示该小球的运动轨迹．小球在a点的动能等于20eV，运动到b点时的动能等于2eV．若取c点为电势零点，则当这个带电小球的电势能等于﹣6eV时（不计重力和空气阻力），它的动能等于（　　）‎ A．16eV B．14eV C．6eV D．4eV ‎【考点】电势能．‎ ‎【专题】带电粒子在电场中的运动专题．‎ 33 / 33‎ ‎【分析】解决本题需掌握：小球只受电场力时，小球的动能和电势能之和保持不变；正确判断小球在电场中所受电场力方向以及电场力做功情况．‎ ‎【解答】解：小球自a点运动到b时，电场力做负功：Wab=2eV﹣20eV=﹣18eV ①‎ 由于相邻两等势面的电势差相等，故电势差的大小关系有：Uab=3Ubc ②‎ 从b到c电场力做正功，根据动能定理有：Wbc=Ekc﹣Ekb ③‎ 联立①②③可得Ekc=8eV．‎ 由于只有电场力做功，电势能和动能和保持不变，故在c点：E=Ep+Ek=8eV 即电势能和动能之和为8eV，因此当电势能等于﹣6eV时动能为14eV，故ACD错误，B正确．‎ 故选B．‎ ‎【点评】学习电场中的功能关系时可以类比在重力场的功能关系，如只有重力做功，动能和电势能之和保持不变；那么只有电场力做功，电势能和动能之和保持不变．‎ ‎11．嫦娥二号卫星已成功发射，这次发射后卫星直接进入近地点高度200公里、远地点高度约38万公里的地月转移轨道直接奔月．当卫星到达月球附近的特定位置时，卫星就必须“急刹车”，也就是近月制动，以确保卫星既能被月球准确捕获，又不会撞上月球，并由此进入近月点100公里、周期12小时的椭圆轨道a．再经过两次轨道调整，进入100公里的近月圆轨道b．轨道a和b相切于P点，如图所示．下列说法正确的是（　　）‎ A．嫦娥二号卫星的发射速度大于7.9 km/s，小于11.2 km/s B．嫦娥二号卫星的发射速度大于11.2 km/s 33 / 33‎ C．嫦娥二号卫星在a、b轨道经过P点的速度va=vb D．嫦娥二号卫星在a、b轨道经过P点的加速度分别为aa、ab则aa＞ab ‎【考点】万有引力定律及其应用；第一宇宙速度、第二宇宙速度和第三宇宙速度．‎ ‎【专题】万有引力定律的应用专题．‎ ‎【分析】A、B嫦娥二号发射出去后绕地球做椭圆运动，知嫦娥二号的发射速度大于7.9km/s，小于11.2km/s．‎ C、嫦娥二号在椭圆轨道的P点进入圆轨道需减速，使得万有引力等于需要的向心力，做圆周运动．‎ D、根据牛顿第二定律比较嫦娥二号卫星在a、b轨道经过P点的加速度．‎ ‎【解答】解：A、嫦娥二号发射出去后绕地球做椭圆运动，知嫦娥二号的发射速度大于7.9km/s，小于11.2km/s．故A正确、B错误．‎ C、嫦娥二号在椭圆轨道的P点是近月点，速度比较大，要进入圆轨道，需减速，使得万有引力等于所需要的向心力．所以在a轨道P点的速度大于在b轨道P点的速度．故C错误．‎ D、嫦娥二号卫星在a、b轨道经过P点，所受的万有引力相等，根据牛顿第二定律，知加速度相等．故D错误．‎ 故选：A．‎ ‎【点评】解决本题的关键知道发射速度大于7.9km/s，小于11.2km/s时，将绕地球做椭圆运动，以及知道在近月点由椭圆轨道进入圆轨道需减速．‎ 33 / 33‎ ‎12．如图所示，虚线a、b、c为三个同心圆面，圆心处有一个点电荷，现从b、c之间一点P以相同的速率发射两个带电粒子，分别沿PM、PN运动到M、N点，M、N两点都处于圆周c上，以下判断正确的是（　　）‎ A．到达M、N时两粒子速率仍相等 B．到达M、N时两粒子速率vM＞vN C．到达M、N时两粒子的电势能相等 D．两个粒子的电势能都是先减小后增大 ‎【考点】电势能．‎ ‎【专题】电场力与电势的性质专题．‎ ‎【分析】根据轨迹的弯曲方向确定带电粒子所受的电场力方向，根据动能定理确定到达M、N时两粒子速率关系．由电场力做功正负分析电势能的变化．‎ ‎【解答】解：AB、由轨迹看出，点电荷左侧的带电粒子受排斥力，右侧的带电粒子受吸引力，由题，M、N两点都处于圆周c上，电势相等，两带电粒子又是从同一点P出发，则电势差UPM=UPN，电场力对两个带电粒子做功大小相等，而从P到M的粒子电场力总功为正功，从P到N的粒子电场力总功为负功，根据动能定理得到，到达M、N时两粒子速率vM＞vN．故A错误，B正确．‎ C、由轨迹看出，点电荷左侧的带电粒子有排斥力，与中心点电荷电性相同；对右侧的带电粒子有吸引力，与中心点电荷电性相反，则两粒子带异种电荷，由公式Ep=qφ知两个粒子到达M、N时电势能不等，故C错误，‎ 33 / 33‎ D、电场力对左侧的粒子先做负功后做正功，电势能先增大后减小，故D错误．‎ 故选：B．‎ ‎【点评】本题是轨迹问题，根据轨迹的弯曲方向要能判断出带电粒子所受的电场力大体方向．电场力做功与初末位置间电势差成正比，并会判定电场力做功的正负．‎ ‎13．如图（a）左侧的调压装置可视为理想变压器，负载电路中R=55Ω，A、V为理想电流表和电压表．若原线圈接入如图（b）所示的正弦交变电压，电压表的示数为110V，下列表述正确的是（　　）‎ A．电流表的示数为2A B．原、副线圈匝数比为2：1‎ C．电压表的示数为电压的有效值 D．原线圈中交变电压的频率为100Hz ‎【考点】变压器的构造和原理．‎ ‎【专题】交流电专题．‎ ‎【分析】根据图象可以求得输出电压的有效值、周期和频率等，再根据电压与匝数成正比即可求得结论．‎ 33 / 33‎ ‎【解答】解：A、根据电路图可知，电阻R的电压为110V，电阻为55Ω，所以电阻R的电流I==2A，故A正确．‎ B、由图可知，输入的电压的有效值为220V，电压表的示数为110V，即为输出的电压，根据电压与匝数成正比可得匝数比为2：1，故B正确．‎ C、电压表、电流表等的读数都是有效值，故C正确．‎ D、经过变压器前后电压的频率是不变的，根据图象可知，输出电压的频率为f==50Hz，所以原线圈中交变电压的频率也为50Hz，故D错误．‎ 故选：ABC．‎ ‎【点评】能够根据图象得到我们需要的物理信息，掌握住理想变压器的电压、电流之间的关系，最大值和有效值之间的关系即可解决本题．‎ ‎14．在等边三角形的三个顶点a、b、c处，各有一条长直导线垂直穿过纸面，导线中通有大小相等的恒定电流，方向如图．过c点的导线所受安培力的方向（　　）‎ A．与ab边平行，竖直向上 B．与ab边平行，竖直向下 C．与ab边垂直，指向左边 D．与ab边垂直，指向右边 ‎【考点】通电直导线和通电线圈周围磁场的方向；磁感应强度；左手定则．‎ ‎【分析】通电导线在磁场中受到安培力，方向是由左手定则可确定，而通电导线与通电导线间的安培力由通电导线周围存在磁场是由安培定则来确定，则对放入其中的通电导线有安培力作用，从而由安培力的叠加可确定其方向．‎ 33 / 33‎ ‎【解答】解：等边三角形的三个顶点a、b、c处均有一通电导线，且导线中通有大小相等的恒定电流．‎ 由安培定则可得：导线a、b的电流在c处的合磁场方向竖直向下．‎ 再由左手定则可得：安培力的方向是与ab边垂直，指向左边．‎ 故选：C ‎【点评】从题中可得这一规律：通电导线的电流方向相同时，则两导线相互吸引；当通电导线的电流方向相反时，则两导线相互排斥．‎ ‎15．如图所示，轻弹簧上端与一质量为m的木块1相连，下端与另一质量为M的木块2相连，整个系统置于水平放置的光滑木板上，并处于静止状态．现将木板沿水平方向突然抽出，设抽出后的瞬间，木块1、2的加速度大小分别为a1、a2．重力加速度大小为g，则有（　　）‎ A．a1=0，a2=g B．a1=g，a2=g C．a1=0，a2=g D．a1=g，a2=g ‎【考点】牛顿第二定律；力的合成与分解的运用．‎ ‎【专题】牛顿运动定律综合专题．‎ ‎【分析】通过共点力平衡求出弹簧的弹力大小，抓住抽出木板的瞬间，弹簧弹力不变，根据牛顿第二定律求出木块1、2的加速度．‎ ‎【解答】解：在抽出木板的瞬时，弹簧对1的支持力和对2的压力并未改变．对1物体受重力和支持力，有：‎ mg=F，‎ a1=0．‎ 对2物体受重力和弹簧的向下的压力，根据牛顿第二定律有：‎ 33 / 33‎ a2=，故C正确．‎ 故选：C ‎【点评】本题属于牛顿第二定律应用的瞬时加速度问题，关键是区分瞬时力与延时力；弹簧的弹力通常来不及变化，为延时力，轻绳的弹力为瞬时力，绳子断开即消失．‎ ‎16．地面附近空间中存在着水平方向的匀强电场和匀强磁场，已知磁场方向垂直纸面向里，一个带电油滴能沿一条与竖直方向成α角的直线MN运动（MN在垂直于磁场方向的平面内），如图所示，则以下判断中正确的是（　　）‎ A．如果油滴带正电，它是从M点运动到N点 B．如果油滴带正电，它是从N点运动到M点 C．如果电场方向水平向左，油滴是从M点运动到N点 D．如果电场方向水平向右，油滴是从M点运动到N点 ‎【考点】带电粒子在匀强磁场中的运动；牛顿第二定律；向心力．‎ ‎【专题】带电粒子在磁场中的运动专题．‎ ‎【分析】对带电粒子进行受力分析，受到竖直向下的重力，水平方向的电场力和垂直于虚线的洛伦兹力，由于带电粒子做直线运动，所以洛伦兹力只能垂直于直线向上，从而可判断粒子的电性（带负电），同时可知电场力的方向向左，再根据各力的做功情况，即可判断各选项的正误．‎ ‎【解答】解：A、根据做直线运动的条件和受力情况（如图所示）可知，如果油滴带正电，由左手定则判断可知，油滴的速度从M点到N点，故A正确，B错误．‎ 33 / 33‎ C、如果水平电场方向向左，油滴带正电，电场力水平向左，由左手定则判断可知，油滴的速度从M点到N点．若油滴带负电，电场力水平向右，洛伦兹力方向垂直于直线，油滴所受的合力不可能为零，速度变化，洛伦兹力也随之变化，油滴将做曲线运动．故如果水平电场方向向左，油滴是从M点运动到N点．故C正确．‎ D、如果水平电场方向向右，同理可知，油滴带负电，油滴是从N点运动到M点．故D错误．‎ 故选：AC．‎ ‎【点评】带电粒子在重力场、电场、磁场的复合场中，只要是做直线运动，一定是匀速直线运动（v与B不平行）．若速度是变的，洛伦兹力会变，合力就是变的，合力与速度不在一条直线上，带电体就会做曲线运动．‎ 二、实验题：（本题共设两小题，每空2分，共22分）‎ ‎17．在用打点计时器验证机械能守恒定律的实验中，使质量为m=1.00kg的重物自由下落，打点计时器在纸带上打出一系列的点，选取一条符合实验要求的纸带如图所示．O为第一个点，A、B、C为从合适位置开始选取连续点中的三个点．已知打点计时器每隔0.02s打一个点，当地的重力加速度为g=9.80m/s2，那么：‎ ‎（1）根据图上所得的数据，应取图中O点到　B　点来验证机械能守恒定律；‎ ‎（2）从O点到（1）问中所取的点，重物重力势能的减少量△Ep=　1.88　 J，动能增加量△Ek=　1.84　 J （结果取三位有效数字）；‎ 33 / 33‎ ‎（3）若测出纸带上所有各点到O点之间的距离，根据纸带算出各点的速度v及物体下落的高度h，则以为纵轴，以h为横轴画出的图象是图2中的　A　．‎ ‎【考点】验证机械能守恒定律．‎ ‎【专题】实验题；机械能守恒定律应用专题．‎ ‎【分析】该实验的原理是验证物体下降的距离从O点到B点，动能的增加量和重力势能的减小量是否相等．根据△Ep=mg△h求重力势能的减小量，根据某段时间内的平均速度等于中间时刻的瞬时速度求出B点的速度，从而求出动能的增加量．‎ ‎【解答】解：（1）因为通过某段时间内的平均速度等于中间时刻的瞬时速度可以求出B点的速度，所以取图中O点到B点来验证机械能守恒定律．‎ ‎（2）重物重力势能的减少量△Ep=mg△h=9.80×0.192=1.88J．‎ B点的速度=1.92m/s，则B点的动能=1.84J．所以动能的增加量△Ek=1.84J．‎ ‎（3）根据mgh=得，，即与h成正比．故A正确．‎ 故答案为：（1）B　（2）1.88　1.84　（3）A ‎【点评】解决本题的关键知道验证机械能守恒定律的实验原理，掌握重力势能减小量和动能增加量的求法．‎ ‎18．在如图甲所示的电路中，四节干电池串连，小灯泡A、B的规格为“3.8V，0.3A”．合上开关 S 后，无论怎样移动滑动片，A、B灯都不亮．‎ ‎（1）用多用电表的直流电压挡检查故障：‎ ‎①选择开关置于下列量程的　B　挡较为合适（用字母序号表示）；‎ 33 / 33‎ A．2.5V B．10V C．50V D．250V ‎②测得c、d 间电压约为5.8V，e、f 间电压为0，则故障是下列哪一项？　A　；‎ A．A灯丝断开 B．B灯丝断开 C．d、e间连线断开 D．B灯被短路 ‎（2）接着训练用欧姆表的“×l”挡测电阻，欧姆表经过“欧姆调零”，‎ ‎①测试前，一定要将电路中的开关 S　断开　；‎ ‎②测c、d 间和e、f间电阻时，某次测试结果如图乙所示，读数为　6　Ω，此时测量的是　e、f　间电阻，根据小灯泡的规格计算出的电阻为　12.7　Ω，它不等于测量值，原因是：　温度高时金属丝电阻率大，计算出的电阻是灯丝温度高时的电阻．（或测量出的电阻是常温下的电阻）．　‎ ‎【考点】伏安法测电阻．‎ ‎【专题】实验题；恒定电流专题．‎ ‎【分析】（1）选择的量程要安全，以及要使指针指在中间附近．结合电源的电动势选择合适的量程．根据测得的电压判断故障的原因．‎ ‎（2）欧姆表测量电阻时，开关S需断开．欧姆表的读数等于表盘读数乘以倍率．根据欧姆定律求出灯泡正常发光时的电阻，通过温度升高，电阻率变大，分析计算出的电阻与测量电阻不等的原因．‎ ‎【解答】解：①因为电源的电动势大约6V，要使电压档选择的量程要安全以及准确，则选择开关选择10V的量程．故B正确．‎ 故选：B．‎ ‎②测得c、d 间电压约为5.8V，接近电源电动势，e、f 间电压为0，可知灯泡A断路．故A正确．‎ 33 / 33‎ 故选：A．‎ ‎（2）①用欧姆表测量电阻时，电键应断开，使得待测电阻与电源不相连．欧姆表的读数为6×1Ω=6Ω，因为cd间断路，知测量的是ef间的电阻．‎ 根据R=得，小灯泡的电阻为R=．它不等于测量值，原因是温度高时金属丝电阻率大，计算出的电阻是灯丝温度高时的电阻．（或测量出的电阻是常温下的电阻）．‎ 故答案为：（1）①B、②A．‎ ‎（2）①断开，②e、f；12.7，温度高时金属丝电阻率大，计算出的电阻是灯丝温度高时的电阻．（或测量出的电阻是常温下的电阻）．‎ ‎【点评】解决本题的关键掌握欧姆表的使用方法和注意事项，以及会进行故障分析．‎ 三、计算题：（本题共设三小题，共30分）‎ ‎19．如图所示，电阻R1=2Ω，小灯泡L上标有“3V，1.5W“，电源内阻r=1Ω，滑动变阻器的最大阻值为R0（大小未知），当触头P滑动到最上端a时，安培表的读数为1A，小灯泡L恰好正常发光，求：‎ ‎（1）滑动变阻器的最大阻值R0‎ ‎（2）当触头P滑动到最下端b时，求电源的总功率及输出功率．‎ ‎【考点】闭合电路的欧姆定律；电功、电功率．‎ ‎【专题】恒定电流专题．‎ ‎【分析】（1）当触头P滑动到最上端a时，R与灯泡并联后与电阻R1串联．根据欧姆定律求解滑动变阻器的最大阻值R0．‎ 33 / 33‎ ‎（2）当触头P滑动到最下端b时，滑动变阻器和小灯泡均被短路．由闭合电路的欧姆定律求出电流，再求解电源的总功率及输出功率．‎ ‎【解答】解：‎ ‎（1）当触头P滑动到最上端a时，流过小灯泡L的电流为：‎ ‎ 流过滑动变阻器的电流：I0=IA﹣IL=0.5A ‎ 所以滑动变阻器的最大阻值 ‎（2）电源电动势为：E=UL+IA（R1+r）=6V 当触头P，滑动到最下端b时，滑动变阻器和小灯泡均被短路．电路中总电流为：‎ 故电源的总功率为：P总=EI=12W 输出功率为：P出=EI﹣I2r=8W 答：（1）滑动变阻器的最大阻值；‎ ‎ （2）当触头P滑动到最下端b时，求电源的总功率P总=12W，输出功率P出=8W．‎ ‎【点评】本题是简单的电路的分析和计算问题，这类问题首先要搞清电路的结构，其次要把握电流、电压的分配关系．‎ ‎20．如图所示，在E=1×103V/m的竖直匀强电场中，有一光滑的半圆形绝缘轨QPN与一水平绝缘轨道MN连接，半圆形轨道平面与电场线平行，P为QN圆弧的中点，其半径R=40cm，一带正电q=10﹣4C的小滑块质量m=10g，与水平轨道间的动摩擦因数μ=0.15，位于N点右侧1.5m处，取g=10m/s2，求：‎ 33 / 33‎ ‎（1）要使小滑块恰能运动到圆轨道的最高点Q，则滑块应以多大的初速度v0向左运动？‎ ‎（2）这样运动的滑块通过P点时对轨道的压力是多大？‎ ‎【考点】动能定理的应用；牛顿第二定律；向心力；电场强度．‎ ‎【专题】动能定理的应用专题．‎ ‎【分析】（1）小滑块恰能运动到圆轨道的最高点Q时，由重力和电场力的合力提供向心力，由牛顿第二定律求出物块通过Q点的速度．滑块从开始运动到达Q点过程中，重力做功为﹣mg•2R，电场力做功为﹣qE•2R，摩擦力做功为﹣f•x，根据动能定理求解初速度v0．‎ ‎（2）滑块通过P点时，以滑块为研究对象，轨道的支持力提供滑块的向心力，根据动能定理求出滑块通过P点时的速度大小，由牛顿运动定律求解滑块通过P点时对轨道的压力．‎ ‎【解答】解：（1）设小球到达Q点时速度为v，小滑块恰能运动到圆轨道的最高点Q时，则有 滑块从开始运动到达Q点过程中，由动能定理得 ‎﹣（mg+qE）•2R﹣μ（mg+qE）x=﹣‎ ‎ 联立两式并代入数据解得：v0=7m/s ‎（2）设滑块到达P点时速度为v'，则从开始运动到P点过程：‎ ‎﹣μ（qE+mg）x﹣（mg+qE）R=﹣‎ 又在P点时：‎ 代入数据，解得FN=0.6N 33 / 33‎ 根据牛顿第三定律得知，滑块通过P点时对轨道的压力大小为FN′=FN=0.6N．‎ 答：‎ ‎（1）要使小滑块恰能运动到圆轨道的最高点Q，滑块应以7m/s的初速度v0向左运动．‎ ‎（2）滑块通过P点时对轨道的压力是0.6N．‎ ‎【点评】此题中滑块恰好通过最高点时轨道对滑块没有弹力，由牛顿定律求出临界速度，再根据动能定理和牛顿运定律结合求解小球对轨道的弹力．‎ ‎21．如图所示，在第二象限内有水平向右的匀强电场，在第一、第四象限内分别存在匀强磁场，磁感应强度大小相等，方向如图所示；现有一个带电粒子在该平面内从x轴上的P点，以垂直于x轴初速度v0进入匀强电场，恰好经过y轴上的Q点且与y轴成45°角射出电场，再经过一段时间又恰好垂直于x轴进入下面的磁场．已知OP之间的距离为d，（不计粒子的重力）求：‎ ‎（1）Q点的坐标；‎ ‎（2）带电粒子自进入电场至在磁场中第二次经过x轴的时间．‎ ‎【考点】带电粒子在匀强磁场中的运动；牛顿第二定律；向心力；带电粒子在匀强电场中的运动．‎ ‎【专题】带电粒子在磁场中的运动专题．‎ 33 / 33‎ ‎【分析】（1）带电粒子垂直进入匀强电场中做类平抛运动，竖直方向做匀速直线运动，水平方向做初速度为零的匀加速直线运动，运用平均速度分别表示水平位移和竖直位移．将粒子在Q点的速度进行分解，得到两个分速度的关系，即可求出带电粒子的坐标．‎ ‎（2）画出带电粒子在磁场中运动的轨迹．由几何关系求出粒子圆周运动的半径，可求出圆周运动的周期，根据轨迹所对的圆心角求出粒子在磁场中运动的时间．粒子在电场中竖直方向做匀速直线运动，由Q的纵坐标和初速度可求出时间．即能求得总时间．‎ ‎【解答】解：‎ ‎（1）设Q点的纵坐标为h，到达Q点的水平分速度为vx，则由类平抛运动的规律可知 ‎ h=v0t ‎ d=vxt tan45°=‎ 得h=2d，故Q点的坐标为（0，2d）‎ ‎（2）粒子在磁场中的运动轨迹如图所示，设粒子在磁场中运动的半径为R，周期为T．则由几何关系可知：R=•2d=2d，‎ 带电粒子进入磁场时的速度大小为 v=v0‎ 则粒子在磁场中运动的周期为 T==d 设粒子在电场中的运动时间为t1‎ ‎ t1=‎ 设粒子在磁场中的运动时间为t2‎ ‎ t2===d 33 / 33‎ 则总时间为 t=t1+t2=‎ 答：‎ ‎（1）Q点的坐标为（0，2d）；‎ ‎（2）带电粒子自进入电场至在磁场中第二次经过x轴的时间为．‎ ‎【点评】对于类平抛运动，采用运动的分解法研究，要抓住两个分运动的等时性．对于粒子在磁场中的圆周运动，画轨迹是关键．‎ 33 / 33‎