2017-2018学年辽宁省庄河市高级中学高二上学期期末考试物理试题 解析版

2017-2018学年辽宁省庄河市高级中学高二上学期期末考试物理试题 解析版

辽宁省庄河市高级中学2017-2018学年高二上学期期末考试物理试题 一、选择题(共12个小题，每小题4分，共48分。每小题只1-8题为单项选择题，9-12为多项选择题)‎ ‎1. 力学是研究物体机械运动规律的科学，17 世纪末，牛顿继承和发展前人的研究成果，提出了力学运动的惯性定律、加速度定律和作用力与反作用力定律，使经典力学形成了系统的理论.下列关于这三大定律的说法中正确的是 A. 惯性定律说明了力是维持物体运动状态的原因 B. 作用力与反作用力一定大小相等、方向相反、作用在同一个物体上 C. 如果物体所受的合外力不等于零，则物体的速度一定也不等于零 D. 如果一个物体受到两个力的作用，那么这两个力一定都会产生加速度 ‎【答案】D ‎【解析】惯性是物体的固有属性，与是否受力无关，没有说明力是维持物体运动状态的原因，故A错误；根据牛顿第三定律可知，作用力与反作用力一定大小相等、方向相反、作用在不同物体上，故B错误；如果物体所受的合外力不等于零，则加速度不为零，速度可以等于零，故C错误；根据力的效果的独立性可知，如果一个物体受到两个力的作用，那么这两个力都会使物体产生加速度，故D正确；故选D.‎ ‎【点睛】牛顿第一定律揭示了物体不受力时的运动规律，牛顿第二定律给出了加速度与力和质量的关系，牛顿第三定律揭示了作用力与反作用力的关系．‎ ‎2. 如图所示，重力为10N的物体放在水平地面上，与水平地面间动摩擦因数为0.5.今用F=20N、与水平方向间的夹角θ=37°的推力作用于物体，则物体所受摩擦力大小为 A. 5.0 N B. 11N C. 15 N D. 16 N ‎【答案】B ‎【解析】物体受力如图所示：‎ 竖直方向：，得：，若物块滑动则滑动摩擦力：，物体在水平方向的分力：，由于水平方向物体受到的拉力的分力大于物体受到的摩擦力，所以物体将沿水平方向做加速运动，受到的摩擦力的大小为11N，选B.‎ ‎【点睛】画出受力分析图，物体在竖直方向没有运动，求出物体受到的支持力，然后由求出摩擦力，与比较即可．‎ ‎3. 咱们菏泽盖房子有时需要用到“瓦”这种建筑材料，如甲图所示，现在工人需要把一些瓦从高处送到低处，设计了一种如图乙所示的简易滑轨：两根圆柱形木杆AB和CD相互平行，斜靠在竖直墙壁上，把一摞瓦放在两木杆构成的滑轨上，瓦将沿滑轨滑到低处.在实际操作中发现瓦滑到底端时速度较大，有可能摔碎，为了防止瓦被损坏，下列措施中可行的是 A. 减小两杆之间的距离 B. 增大两杆之间的距离 C. 减少每次运送瓦的块数 D. 增多每次运送瓦的块数 ‎【答案】B ‎【解析】由题意可知，斜面的高度及倾斜角度不能再变的情况下，要想减小滑到底部的速度就应当增大瓦与斜面的摩擦力，由f=μFN可知，可以通过增大FN 来增大摩擦力； 而增大瓦的块数，增大了瓦的质量，虽然摩擦力大了，但同时重力的分力也增大，不能起到减小加速度的作用，故改变瓦的块数是没有作用的，故CD错误；而增大两杆之间的距离可以增大瓦受到的两支持力的夹角，而瓦对杆的压力随夹角的增大而增大，故增大两杆间的距离可以在不增大重力分力的情况下增大瓦对滑杆的压力，从而增大摩擦力，故A错误，B正确；故选B．‎ ‎4. A、B两质点沿同一条直线相向运动，A做初速度为零的匀加速直线运动，B做匀减速直线运动，加速度大小均为a，当A开始运动时，AB间的距离为s，要想两质点在距B为s/n处相遇，则当A开始运动时B的速度应是 A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】A、B两质点沿同一条直线相向运动，设两物体经过时间t相遇．对A有：，解得：，对B有：，代入t，解得：，选A.‎ ‎5. 如图所示，质量为m的物体恰能沿静止的斜面匀速下滑，则以下判断正确的是 A. 斜面受到水平地面的摩擦力方向向右 B. 斜面受到水平地面的摩擦力方向向左 C. 若对物体施加竖直向下的压力F，物体仍将沿斜面向下匀速运动 D. 若对物体施加竖直向下的压力F，物体将沿斜面向下加速运动 ‎【答案】C ‎【解析】先对木块A受力分析，受重力、支持力和滑动摩擦力，如图所示：‎ 根据平衡条件，摩擦力和支持力的合力竖直向上，与重力平衡；根据牛顿第三定律，木块对斜面体的压力和滑动摩擦力的合力一定是竖直向下；再对斜面体受力分析，受重力、支持力、和木块对其竖直向下的力（压力和摩擦力的合力），故斜面体水平方向无滑动趋势，故不受地面的静摩擦力，支持力等于两个物体的重力之和．故A错误，B错误；若在木块上加一竖直向下的压力，可以等效成木块的重力增加了，依然匀速下滑，故C正确，D错误；选C.‎ ‎【点睛】先分析运动状态，木块做匀速直线运动，斜面体保持静止，均处于平衡状态；再分别隔离木块A和斜面体M受力分析，结合平衡条件分析各个力的情况．‎ ‎6. 如图所示，有竖直向下的匀强电场，A、B两等势面间的距离为5cm，电势差为25V，在电场中的P点固定放置电荷量为5×10-9C的负点电荷，此时电场中有一点的场强为零，此点在P点的 A. 上方30cm处 B. 下方30cm处 C. 上方25cm处 D. 下方25cm处 ‎【答案】A ‎【解析】试题分析：由电势差与场强的关系U=Ed,, 电场中有一点的场强为零，说明点电荷在改点场强方向向上，大小为500V/m，根据负电荷的场强分布可知该点在P点正下方，由，B对；‎ 考点：考查场强的叠加 点评：本题求解的关键在于充分理解场强的矢量性和明确点电荷周围电场线的分布 ‎7. 如图所示，垂直纸面向里的匀强磁场的区域宽度为2a，磁感应强度的大小为B.一边长为a、电阻为4R的正方形均匀导线框ABCD从图示位置沿水平向右方向以速度v匀速穿过磁场区域，在下图中线框A、B两端电压与线框移动距离x的关系图象正确的是 A. A B. B C. C D. D ‎【答案】D ‎【解析】试题分析：由楞次定律判断感应电流方向，确定出A、B两端电势的高低．由E=BLv求出感应电动势，由欧姆定律求出电势差．‎ 由楞次定律判断可知，在线框穿过磁场的过程中，A点的电势始终高于B的电势，则始终为正值．AB、DC两边切割磁感线时产生的感应电动势为．在0-a内，AB切割磁感线，AB两端的电压是路端电压，则；在a-2a内，线框完全在磁场中运动，穿过线框的磁通量没有变化，不产生感应电流，则；在2a-3a内，A、B两端的电压等于路端电压的，则，故D正确．‎ ‎8. 如图所示为圆柱形区域的横截面，在没有磁场的情况下，带电粒子（不计重力）以某一初速度沿截面直径方向入射，穿过此区域的时间为t，在该区域加沿轴线垂直纸面向外方向的匀强磁场，磁感应强度大小为B，带电粒子仍以同一初速度沿截面直径入射并沿某一直径方向飞出此区域时，速度方向偏转角为60°，如图所示，根据上述条件可求下列哪几种物理量 ‎①带电粒子的比荷 ‎②带电粒子在磁场中运动的周期 ‎③带电粒子在磁场中运动的半径 ‎④带电粒子的初速度 A. ①② B. ①③ C. ②③ D. ③④‎ ‎【答案】A ‎【解析】试题分析：在没有磁场时，不计重力的带电粒子以某一初速度沿截面直径方向入射，穿过此区域时粒子做匀速直线运动；在有磁场时，带电粒子仍以同一初速度沿截面直径入射，粒子飞出此区域时，粒子做匀速圆周运动．在匀速直线运动中虽不知半径，但可由位移与时间列出与入射速度的关系，再由匀速圆周运动中半径公式可算出粒子的比荷、周期．‎ 设圆柱形区域的横截面半径为R，带电粒子（不计重力）以某一初速度沿截面直径方向入射，穿过此区域的时间为t，则：①，在该区域加沿轴线垂直纸面向外方向的匀强磁场，带电粒子仍以同一初速度沿截面直径入射并沿某一直径方向飞出此区域时，速度方向偏转角为60°，画出运动轨迹：‎ ‎ 结合几何关系，有：②，粒子做匀速圆周运动，根据牛顿第二定律，有：③，周期：④，解得：，粒子的周期：，因为初速度无法求出，则无法求出轨道半径，故①②正确，③④错误，即A正确。‎ ‎【点睛】带电粒子在匀强磁场中运动时，洛伦兹力充当向心力，从而得出半径公式，周期公式，运动时间公式，知道粒子在磁场中运动半径和速度有关，运动周期和速度无关，画轨迹，定圆心，找半径，结合几何知识分析解题。‎ ‎9. 如图所示，一个质量为0.4㎏的小物块从O点以的初速度从水平台上的O点水平飞出，击中平台右下侧挡板上的P点.现以O为原点在竖直面内建立如图所示的平面直角坐标系，挡板的形状满足方程(单位：m)，不计一切摩擦和空气阻力，g=10m/s²，则下列说法正确的是 A. 小物块从O点运动列P点的时间为ls B. 小物块刚到P点时速度方向与水平方向夹角的正切值等于5‎ C. 小物块刚到P点时速度的大小为10m/s D. 小物体位移大小为m ‎【答案】AD ‎【点睛】根据平抛运动竖直位移、水平位移的关系式，结合轨迹方程求出运动的时间，从而求出竖直分速度，根据平行四边形定则求出P点的速度大小和方向．根据水平位移和 竖直位移求出小物体的位移大小．‎ ‎10. 如图所示，两根光滑平行的金属导轨，放在倾角为θ的斜面上，导轨的左端接有电阻R，导轨自身电阻不计，斜面处在一匀强磁场中，方向垂直斜面向上，一质量为m、电阻不计的金属棒，在沿斜面并与棒垂直的恒力F作用下沿导轨匀速上滑，并上升了h高度，则在上滑h 的过程中 A. 金属棒所受合外力所做的功等于mgh与电阻R上产生的热量之和 B. 恒力F与重力的合力所做的功等于电阻R上产生的热量 C. 金属棒受到的合外力所做的功为零 D. 恒力F与安培力的合力所做的功为mgh ‎【答案】BCD ‎【解析】试题分析：以金属棒为研究对象分析受力可知，其受到恒力F、重力、安培力，由合外力做的功就为三力做功之和，有外力做功、克服重力做功mgh、克服安培力做的功（即电路产生的焦耳热），由能量守恒合功可知，所以选项BCD正确；‎ 考点：能量守恒、功、动能定理 ‎11. 如图所示为两个互感器，在图中圆圈内a、b表示电表，已知电压比为100：1，电流比为10：1，电压表的示数为220V，电流表的示数为10A，则 A. a为电压表，b为电流表 B. a为电流表，b为电压表 C. 线路输送电功率是2200W D. 线路输送电功率是2.2×106W ‎【答案】BD ‎【解析】考点：变压器的构造和原理．‎ 专题：交流电专题．‎ 分析：理想变压器的工作原理是原线圈输入变化的电流时，导致副线圈的磁通量发生变化，从而导致副线圈中产生感应电动势．而副线圈中的感应电流的变化，又导致在原线圈中产生感应电动势．变压器的电流比与电压比均是有效值，电表测量值也是有效值．‎ 解答：解：由图可知：a表是电压表，b表是电流表．而甲互感器原线圈的匝数比副线圈匝数100：1，乙互感器原线圈的匝数比副线圈匝数1：10，由电压表的示数为220V，得原线圈的电压为22000V，由电流表的示数为10A，原线圈的电流为100A．所以电线输送功率是2.2×106W．‎ 故选：B．‎ 点评：理想变压器是理想化模型，一是不计线圈内阻；二是没有出现漏磁现象．同时变压比与匝数成正比，变流比与匝数成反比．‎ ‎12. 如图所示，虚线EF的下方存在着正交的匀强电场和匀强磁场，电场强度为E，磁感应强度为B.一带电微粒自离EF为h的高处由静止下落，从B点进入场区，做了一段匀速圆周运动，从D点射出.下列说法正确的是 A. 微粒受到的电场力的方向一定竖直向上 B. 微粒做圆周运动的半径为 C. 从B点运动到D点的过程中微粒的电势能先增大后减小 D. 从B点运动到D点的过程中微粒的电势能和重力势能之和在最低点C最小 ‎【答案】ABC ‎【解析】由题知，带电微粒进入正交的匀强电场和匀强磁场中做匀速圆周运动，电场力与重力必定平衡，则微粒受到的电场力的方向一定竖直向上，故A正确；由上则有，由洛伦兹力提供向心力则有，又下落的过程中机械能守恒得：，联立得，微粒做圆周运动的半径为．故B正确．由于电场力方向竖直向上，则微粒从B点运动到D点的过程中，电场力先做负功后做正功，则其电势能先增大后减小．故C正确．根据能量守恒定律得知：微粒在B到D的运动过程中，电势能、动能、重力势能之和一定，动能不变，则知微粒的电势能和重力势能之和一定不变．故D错误．故选ABC．‎ ‎【‎ 点睛】带电微粒进入正交的匀强电场和匀强磁场中，受到重力、电场力和洛伦兹力而做匀速圆周运动，可知电场力与重力平衡．由洛伦兹力提供向心力，可求出微粒做圆周运动的半径．根据电场力做功正负，判断电势能的变化和机械能的变化．‎ 二 、实验题(共12分)‎ ‎13. 同学用图(a)所示的实验装置验证牛顿第二定律：‎ ‎(1)通过实验得到如图(b)所示的a-F图象，造成这一结果的原因是：在平衡摩擦力时木板与水平桌面的夹角_________(填“偏大”或“偏小”).‎ ‎(2)该同学在平衡摩擦力后进行实验，为了便于探究、减小误差，应使小车质量M与砝码和盘的总质量m满足___________________的条件。‎ ‎【答案】 (1). 偏大 (2). M≫m ‎...............‎ ‎14. 用下列器材组装成一个电路，既能测量出电池组的电动势和内阻，又能同时描绘小灯泡的伏安特性曲线， ‎ ‎ A.电压表V1（量程6V，内阻很大）  B.电压表V2（量程3V，内阻很大） ‎ ‎ C.电流表A（量程3A，内阻很小）  D.滑动变阻器R（最大阻值10Ω，额定电流4A） ‎ ‎ E.小灯泡（2A，5W）  F.电池组（电动势E，内阻r） ‎ ‎ G.开关一个，导线若干 ‎ 实验时，调节滑动变阻器的阻值，多次测量后发现；若电压表V1的示数增大，则电压表V2的示数减小。 ‎ ‎（1）请将设计的实验电路图在虚线方框中补充完整______。 ‎ ‎（2）每一次操作后，同时记录电流表A，电压表V1和电压表V2的示数，组成两个坐标点（、）、（、），标到U-I坐标中，经过多次测量，最后描绘出两条图线，如图所示，则电池组的电动势E=______V、内阻r=______Ω。 ‎ ‎ ‎ ‎（3）在U-I坐标中两条图线在P点相交，此时滑动变阻器连入电路的阻值应为______Ω。‎ ‎【答案】 (1). (2). 4.5 (3). 1.0 (4). 0‎ ‎【解析】试题分析：（1）伏安法测电源电动势与内阻实验中，电压表测路端电压，电压表示数随滑动变阻器接入电路阻值的增大而增大；描绘小灯泡伏安特性曲线实验中，电流表测流过灯泡的电流，灯泡两端电压随滑动变阻器接入电路电阻的增大而减小；调节滑动变阻器时，电压表V1的示数增大，则电压表V2的示数减小，则测路端电压，V2测灯泡两端电压，电路图如图所示．‎ ‎（2）电源的U-I图象是一条倾斜的直线，由图象可知，电源电动势E=5．5V，电源内阻．‎ ‎（3）由图乙所示图象可知，两图象的交点坐标，即灯泡电压UL=3．5V，此时电路电流I=2．0A，电源电动势E=Ir+UL+IR滑，即5．5V=2．0A×1Ω+3．5V+2．0A×R滑，则R滑=0Ω 考点：测量电源的电动势及内阻 ‎【名师点睛】电源的U-I图象与纵轴的交点是电动势，图象斜率的绝对值等于电源内阻，求电源内阻时要注意看清楚纵轴坐标起点数据是多少，否则容易出错。‎ 三、计算题(共40分。写出必要的解题步骤和文字说明，只写出答案的不得分)‎ ‎15. 湖南方言中的“逗霸”来源于“斗把”，其本意是给锤子、铁锹等安装木制手柄的过程，下面将这一过程简化为如下的物理模型：如图所示，一高度可以忽略的圆环形铁锤套在粗细均匀的圆柱形木柄上，铁锤到手柄下端长l=50.0cm，为了使铁锤安装到手柄下端，先用手抓住手柄上端，使手柄与铁锤由静止开始一起竖直向下做匀加速直线运动，t=0.40s时，手柄下端碰到地面立即停止运动，此时手柄下降高度H=1.2m，铁锤恰能安装到手柄的下端。设铁锤相对手柄滑动时受到的摩擦力恒定，不计空气阻力，重力加速度g=10m/s²。求：‎ ‎（1）铁锤与手柄一起加速运动时的加速度大小；‎ ‎（2）铁锤受到的滑动摩擦力与其重力的比值。‎ ‎【答案】（1）15m/s2（2）4.6‎ ‎【解析】试题分析：（1）由两物体的运动过程，根据位移公式可求得加速度；（2）手柄静止后，铁锺向下减速运动，由运动学公式可求得加速度，再由牛顿第二定律可求得阻力及重力关系．‎ ‎（1）由题意可知，两物体一起下落1.2m用时0.4s 由运动学公式得：‎ ‎（2）手柄静止后，铁锺向下减速，初速度； 下落位移静止，由运动学公式得：加速度 由牛顿第二定律可得：‎ 解得：‎ 故 ‎16. 如图所示，在倾角为30°的斜面上，放置两条宽L=0.5m的平行导轨，将电源、滑动变阻器用导线连接在导轨上，在导轨上横放一根质量m=0.2㎏的金属杆ab，电源电动势E=12V，内阻r=0.3Ω，金属杆与导轨间最大静摩擦力为fm=0.6N，磁场方向垂直轨道所在平面，B=0.8T.金属杆ab的电阻为0.2Ω，导轨电阻不计.欲使杆的轨道上保持静止，滑动变阻器的电阻的取值范围多大？（g取10m/s²）‎ ‎【答案】2.5Ω≤R≤11.5Ω ‎【解析】试题分析：由题意可知，根据受力分析与力的平衡方程，由闭合电路欧姆定律及安培力表达式，即可求解．‎ 金属杆ab所受的安培力方向沿斜面向上，如果所取电阻较小，电流强度较大，则安培力BIL可能大于金属杆ab的重力沿斜面方向的分力，金属杆ab有向上滑动的趋势，静摩擦力沿斜面向下，当静摩擦力为最大值时，由平衡条件得：，则电流强度 如果所取电阻较大，电流强度较小，则安培力BIL可能小于，金属杆ab有向下滑动的趋势，静摩擦力沿斜面向上，当静摩擦力为最大值时，由平衡条件得：，则电流强度 根据闭合电路欧姆定律 得最小电阻 根据闭合电路欧姆定律 得最大电阻 所以滑动变阻器使用范围为 ‎17. 如图所示，质量M=1.8㎏的木块A套在水平杆上，并用轻绳将木块A与质量m=1.2㎏的小球相连.今用跟水平方向成30°的力F=6N，拉着球带动木块一起向右匀速运动，运动中M、m相对位置保持不变，取g=10m/s².求： ‎ ‎(1)运动过程中轻绳与水平方向夹角θ； ‎ ‎(2)木块与水平杆间的动摩擦因数为μ.‎ ‎【答案】（1）600（2）‎ ‎【解析】（1）设轻绳上拉力为FT，小球匀速运动，对小球，由平衡条件得： 水平方向：Fcos30°-FTcosθ=0， 竖直方向：Fsin30°+FTsinθ-mg=0， 联立解之得：FT=6N，θ=60°； （2）轻绳拉木块的拉力FT′=FT，木块正在匀速运动，由平衡条件得： FT′cosθ-μFN=0 FN-Mg-FT′sinθ=0 联立解之得： ；‎ ‎18. 如图所示装置中，区域Ⅰ和Ⅲ中分别有竖直向上和水平向右的匀强电场，电场强度分别为E和；Ⅱ区域内有垂直向外的水平匀强磁场，磁感应强度为B。一质量为m、带电量为q的带负电粒子（不计重力）从左边界O点正上方的M点以速度水平射入电场，经水平分界线OP上的A点与OP成60°角射入Ⅱ区域的磁场，并垂直竖直边界CD进入Ⅲ区域的匀强电场中。求：‎ ‎（1）粒子在Ⅱ区域匀强磁场中运动的轨道半径；‎ ‎（2）O、M间的距离；‎ ‎（3）粒子从M点出发到第二次通过CD边界所经历的时间.‎ ‎【答案】（1）(2) (3) ‎ ‎【解析】试题分析：（1）带电粒子在匀强电场Ⅰ中做类平抛运动，水平方向做匀速直线运动，竖直方向做初速度为零的匀加速运动，由题意，粒子经过A点的速度方向与OP成60°角，即可求出此时粒子的速度．粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动，由洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律即可求出轨道半径．‎ ‎（2）粒子在匀强电场中运动时，由牛顿第二定律求得加速度，在A点，竖直方向的速度大小为vy=v0tan60°，由速度公式求解时间，由位移求得O、M间的距离．‎ ‎（3）画出粒子在Ⅱ区域磁场中的运动轨迹，由几何知识求出轨迹对应的圆心角θ，根据t=，求出在磁场中运动的时间．粒子进入Ⅲ区域的匀强电场中后，先向右做匀减速运动，后向左做匀加速运动，第二次通过CD边界．由牛顿第二定律和运动学公式结合可求得粒子在Ⅲ区域电场中运行时间，即可求解粒子从M点出发到第二次通过CD边界所用时间．‎ 解：（1）粒子在匀强电场中做类平抛运动，水平方向做匀速直线运动，设粒子过A点时速度为v，‎ 由类平抛运动的规律知 粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动，由牛顿第二定律得 所以 ‎（2）设粒子在电场中运动时间为t1，加速度为a．‎ 则有qE=ma v0tan60°=at1‎ 即 O、M两点间的距离为 ‎（3）设粒子在Ⅱ区域磁场中运动时间为t2．‎ 则由几何关系知轨道的圆心角∠AO1D=60°，则 设粒子在Ⅲ区域电场中运行时间为t3，则牛顿第二定律得 则 t3==‎ 故粒子从M点出发到第二次通过CD边界所用时间为 t=t1+t2+t3==‎ 答：‎ ‎（1）粒子在Ⅱ区域匀强磁场中运动的轨道半径是．‎ ‎（2）O、M间的距离是．‎ ‎（3）粒子从M点出发到第二次通过CD边界所经历的时间是．‎ ‎【点评】本题中带电粒子在复合场中运动，运用运动的分解法研究类平抛运动，画轨迹确定圆心和半径是处理粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动的关键．‎ ‎ ‎