四川省雅安中学2014-2015学年高二上学期期末物理模拟试卷
四川省雅安中学2014-2015学年高二上学期期末物理模拟试卷 一、选择题（以下各题至少有一个选项是正确的，各题选择全且正确得3分，选择正确但不全得2分，有错误不得分，15小题共45分） 1．（3分）一个点电荷所带的电量为Q，则Q的电荷量可能是以下哪个电量（） A． 3×10﹣19c B． 1.6×10﹣18c C． 18×10﹣20c D．7×10﹣19c
2．（3分）完全相同的两个带有相等电荷量的金属小球A、B（可看成点电荷），相距一定的距离时，相互作用力的大小是F，现将第三个完全相同的金属小球C先后与A、B接触后移开，这时A、B两球之间的相互作用力的大小可能是（）
A． B． C． D．
3．（3分）在场强为E的匀强电场中，以O为圆心，r为半径作一圆，在O点固定一电量为Q的正点电荷．a、b、c、d为相互垂直的两条直线与圆周的交点，当一不计重力的试探电荷+q外在b点时恰好平衡（如图），则关于匀强电场方向和大小正确的判断是（）
A． 方向竖直向上，大小为 B． 方向竖直向上，大小为 C． 方向水平向左，大小为 D． 方向水平向右，大小为 4．（3分）一个电子在静电场中运动，只受电场力作用，则在一段时间内（） A． 电子的速率可能增大 B． 电子的速率可能不变 C． 电子的速率一定减小 D． 电子的速度可能不变
5．（3分）在图中实线是匀强电场的电场线，虚线为某一带电粒子的运动轨迹，a、b是轨迹上的两个点．带电粒子在电场中只受电场力，则正确的判断是（）
A． 带电粒子一定带正电 B． 带电粒子一定带负电 C． 带电粒子在b点的动能较a点的大 D． 带电粒子一定做匀变速运动 6．（3分）空间存在竖直向上的匀强电场，质量为m的带正电的微粒水平射入电场中，微粒的运动轨迹如图所示，在相等的时间间隔内（）
A． 重力做的功相等 B． 电场力做的功相等 C． 电场力做的功大于重力做的功 D． 电场力做的功小于重力做的功
7．（3分）水平放置的平行板电容器与一电池相连，在两板间有一带电质点处于静止状态，则以下说法正确的是（）
A． 电源不断开，增大两板间距离时，质点将静止不动 B． 电源断开，增大两板间距离时，质点将向下运动 C． 电源不断开，增大两板间距离时，质点将向下运动 D． 电源断开，增大两板间距离时，质点将向上运动
8．（3分）关于形成电流的条件，下列说法中正确的是（） A． 导体中有自由电荷的运动 B． 导体接在电路上 C． 导体两端存在电流 D． 导体两端有电压
9．（3分）关于一只“220V、100W”的灯泡的电阻，以下说法正确的是（） A． 正常发光时的电阻是484Ω，不工作时的电阻小于484Ω B． 正常发光时的电阻是484Ω，不工作时的电阻大于484Ω C． 正常发光时的电阻大于484Ω，不工作时的电阻小于484Ω D． 正常发光时的电阻小于484Ω，不工作时的电阻大于484Ω
10．（3分）关于半导体及二极管以下说法正确的是（） A． 半导体的导电性能比导体的导电性能好，并不受温度和光照的影响 B． 半导体的导电性能介于导体和绝缘体之间，并要受温度和光照的影响 C． 晶体二极管具有双向导电的特点 D． 晶体二极管具有单向导电的特点
11．（3分）关于超导，下列说法正确的是（） A． 超导体对电流无阻碍作用，电流在超导中传输时不发热 B． 半导体温度升高后，就可以变成超导体 C． 超导体也有电阻，只是很小，可以忽略 D． 超导体就是绝缘体 12．（3分）对于接入电路的灯泡来说，亮度大的灯泡一定是（） A． 流过的电流大的 B． 电阻大的 C． 消耗功率大的 D． 加在两端电压高的
13．（3分）如图所示，线段A是某电源的U﹣I图线，线段B是某电阻R的U﹣﹣﹣I图线，以上述电源和电阻组成闭合电路时，下列说法正确的是（）
A． R的电阻和电源的电阻均为1Ω B． 电源的输出功率是4W，总功率是6W C． 电源的内部损耗功率是4W，输出功率是2W D． 电源的电动势是3V，内电阻是0.5Ω
14．（3分）如图所示的电路中，当可调电阻R的阻值增大时，关于电路中的电流表和电压表的读数，以下说法正确的是（）
A． 电流表的读数变大，电压表的读数变小 B． 电流表的读数变大，电压表的读数变大 C． 电流表的读数变小，电压表的读数变小 D． 电流表的读数变小，电压表的读数变大
15．（3分）关于伏特表和安培表，以下说法正确的是（） A． 伏特表是用一只小量程的电流表并联一个大阻值电阻而组成 B． 伏特表是用一只小量程的电流表串联一个小阻值电阻而组成 C． 安培表是用一只小量程的电流表串联一个大阻值电阻而组成 D． 安培表是用一只小量程的电流表并联一个小阻值电阻而组成
二、填空题（16-20题每空2分，21题每空1分，共24分） 16．（4分）在水平方向的匀强电场中，用一绝缘细线悬挂一个质量为m、电量为q的带负电小球，静止时细线与竖直方向的夹角为θ，则电场的方向是，大小为． 17．（4分）长为L的导体棒原来不带电，现将一带电量为+q的点电荷放在距棒左端R处，如图所示．当棒达到静电平衡后，棒上感应电荷在棒内中点产生的场强大小等于，方向为．
18．（4分）将一个电量是﹣2.0×10﹣8C的点电荷，从零电势点S移到M点，克服电场力做功4.0×10﹣8J，则M点的电势ΦM=，若将该电荷从M点移到N点，电场力做功为1.4×10﹣7J，则M、N两点的电势差UMN=．
19．（2分）如图所示，A、B、C分别是匀强电场中等腰直角三角形的三个顶点，已知三点的电势分另是15V、3V、﹣3V，试在图中求作出电场线，并标明方向（三条）
20．（6分）如图所示，图象所对应的两个导体A和B． （1）它们之间的电阻关系RA：RB=； （2）当两个导体中的电流相等（且不等于零）时，它们两端的电压之比为UA：UB=； （3）两个导体两端的电压相等（且不等于零）时，它们两端的电流之比为IA：IB=．
21．（4分）在用电流场模拟静电场等势线的实验中，要把白纸、复写纸、导电纸铺在绝缘板上，它们自上而下的顺序是、、；电源应采用6V的（选填“交流电”或“直流电”）
三、分析计算题（共4小题，22、23、23各8分，25题7分） 22．（8分）一束电子流在经U=5000V的加速电压加速后，在距两极板等距处垂直进入平行板间的匀强电场，如图所示，若两板间距d=1.0cm，板长l=5.0cm，那么，要使电子能从平行板间飞出，两个极板上最多能加多大电压？ 23．（8分）如图所示，半径为r的绝缘细环的环面固定于水平面上，场强为E的电场与环面平行，环上穿有一个电量为q，质量为m的小球，可沿环做无摩擦的圆周运动．若小球经A点时速度vA的方向恰好与电场线垂直，且小球与环恰好没有水平方向的作用力，试计算 （1）速度VA的大小是多少？ （2）小球运动到A的对称点B时，在水平方向上小球对环的作用力是多少？
24．（8分）如图，R1=14Ω、R2=9Ω，当开关S切换到位置1时，电流表的示数I1=0.2A，当开关S切换到位置2时，电流表的示数为I2=0.3A．求：电源的电动势E 和内阻r．
25．（7分）有一电流表G，内阻Rg=10Ω，满偏电流Ig=3mA，若要将其改装成量程为3V的电压表，应该如何连接一个多大的电阻？
四川省雅安中学2014-2015学年高二上学期期末物理模拟试卷 参考答案与试题解析 一、选择题（以下各题至少有一个选项是正确的，各题选择全且正确得3分，选择正确但不全得2分，有错误不得分，15小题共45分） 1．（3分）一个点电荷所带的电量为Q，则Q的电荷量可能是以下哪个电量（） A． 3×10﹣19c B． 1.6×10﹣18c C． 18×10﹣20c D．7×10﹣19c
考点： 元电荷、点电荷． 专题： 常规题型． 分析： 元电荷是指最小的电荷量，任何物体的带电量都是元电荷或是元电荷的整数倍． 解答： 解：最小的电荷量是e=1.6×10﹣19C，我们把这个最小的电荷量叫做元电荷，任何物体的带电量都是元电荷或是元电荷的整数倍； A、3×10﹣19c=1.875e，故A错误； B、1.6×10﹣18c=10e，故B正确； C、18×10﹣20c=1.125e，故C错误； D、7×10﹣19c=4.375e，故D错误； 故选：B． 点评： 本题就是对元电荷概念的考查，知道任何物体的带电量都是元电荷或是元电荷的整数倍即可解决本题．
2．（3分）完全相同的两个带有相等电荷量的金属小球A、B（可看成点电荷），相距一定的距离时，相互作用力的大小是F，现将第三个完全相同的金属小球C先后与A、B接触后移开，这时A、B两球之间的相互作用力的大小可能是（）
A． B． C． D．
考点： 库仑定律． 分析： 理解库仑定律的内容，知道带电体相互接触后移开，同种电荷电量平分，异种电荷电量先中和再平分，然后根据各种情况列库仑定律方程，然后两式比较即可正确求解． 解答： 解：第一种情况，当两球带等量异种电荷时有： 假设A带电量为Q，BA带电量为﹣Q，
两球之间的相互吸引力的大小是：F=k
第三个不带电的金属小球C与A接触后，A和C的电量都为： C与B接触时先中和再平分，则C、B分开后电量均为：﹣
这时，A、B两球之间的相互作用力的大小：F′=k=，故A正确； 同理当两球带有同种电荷时，有：F′=F，故C正确，BD错误． 故选：AC． 点评： 要清楚带电体相互接触后移开，同种电荷电量平分，异种电荷电量先中和再平分，根据库仑定律的内容，找出变化量和不变量熟练应用库仑定律即可求题．
3．（3分）在场强为E的匀强电场中，以O为圆心，r为半径作一圆，在O点固定一电量为Q的正点电荷．a、b、c、d为相互垂直的两条直线与圆周的交点，当一不计重力的试探电荷+q外在b点时恰好平衡（如图），则关于匀强电场方向和大小正确的判断是（）
A． 方向竖直向上，大小为 B． 方向竖直向上，大小为
雅安市2014--2015学年上期期末考试高中一年级物理答案
雅安市2014—2015学年上期期末检测高中一年级物 理 答 案一、选择题:（本大题共15小题，每小题3分，共45分。
每题所给的选项中有的只有一个是正确的，有的有几个是正确的，全部选对的得3分，部分选对的得2分，有错选或不选的得0分）二、填空题： (本大题共2小题，每空2分，共8分)16、 N 2517、 2.5m/s 20.5 2kg三、实验题：（本大题共2小题，每空2分，共16分）18、（1）记下两细线方向 （2）使结点仍到达O 点位置19、（1）A（2）交流 细线与木板平行（3）0.26 0.50（4）平衡摩擦力过度（或者木板垫起的角度过大）三、计算题 ：(本大题共3小题，20题10分、21题8分、22题13分，共31分) 要求写出必要的文字说明、方程式和重要的演算过程，只写出最后答案的不能得分。
有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位。
20、解：（1）设超车所需的时间为t ，客车在这段时间行驶的距离为x 1，货车在这段时间行驶的距离为x 2，由运动学公式及位移关系得：20121at t v x += （2分） t v x 02= （1分）221211x l l x x x ∆++++∆= （2分）带入数据：m x 251=∆，m x 302=∆，m l 61=，m l 202=得：t=18s （1分） X 1=441m （1分）(2)由运动学公式：at v v +=0 （2分） 带入数据得：v=29m/s （1分）21、解：受力分析如图所示：建立如图的直角坐标系X 方向上：αsin F N = （2分）Y 方向上：G f F +=αcos （2分）且：N f μ= （2分）联立得： （2分）22、解：（1）小物块的加速度a m =μg=2m/s 2 （1分） 小车的加速度2/5.0s m M mg F a M =-=μ （2分） （2）由t a v t a M m +=0， （2分）得t=2s ，v 同=4m/s （1分）（3）在开始2s 内，小物块通过的位移m t a x m 42121== （1分） 在接下来的1s 内小物块与小车相对静止，一起做匀加速运动，加速度2/8.0s m mM F a =+=（2分） 小物块的位移m at v x 4.4'21t'22=+=同 （2分） 通过的总位移m x x x 4.821=+= （2分）。
四川省雅安市重点中学2014_2015学年高二理综下学期期中试题
四川省雅安市重点中学2014_2015学年高二理综下学期期中试题雅安中学2014—2015学年高二年级下期期中理科综合（化学部分）试题本试卷分为第I卷（选择题）和第II卷（非选择题）两部分。
满分100分。
原子量：C-12 H-1 O-16 Cu-64注意：理科综合化学部分机读卡填涂8—14第I卷（选择题共42分）一、选择题(共42分，每小题只有一个正确选项)1、下列说法错误的是（）A、明矾常作净水剂B、与铜质水龙头连接处的钢质水管易发生腐蚀C、在水果贮藏室中，放几块被KMnO4溶液浸透过的“砖块”，可延长水果保存时间D、汽车尾气中的CO、NO等都是汽油和柴油的不完全燃烧产物2、关于各组溶液中微粒浓度的关系正确的是（）A、将一定量氨气通入0.1 mol/L NH4Cl溶液中可能有：c(Cl-)>c(NH4+)>c(OH-)>c(H+)B、等物质的量的NaClO和NaHCO3的混合溶液中一定有:c(HClO) + c(ClO-) =c( HCO3-) +c( H2CO3) + c(CO32-)C、向CH3COONa溶液中滴加稀盐酸至溶液呈中性时有：c(Cl-)>c( Na+)>c( CH3COOH)D、等浓度等体积的CH3COOH溶液和CH3COONa溶液混合均匀后：c(CH3COO-)+c(CH3COOH)=c(Na+)3、下列实验方案中，不能达到实验目的的是（）选项实验目的实验方案A 实验室制乙炔用电石和饱和食盐水反应，将产生的气体再通入到硫酸铜溶液中除杂B 检验溴乙烷在氢氧化钠溶液中是否发生水解将溴乙烷和氢氧化钠溶液共热。
冷却后，取上层清液，用稀硝酸酸化，再加硝酸银溶液，观察是否产生淡黄色沉淀C 除去乙烷中的乙烯气体将混合气体通入到装有高锰酸钾溶液的洗气瓶中D 验证氢氧化铁的溶解度小于氢氧化镁将氯化铁溶液加入到氢氧化镁悬浊液中，振荡，可观察到沉淀由白色变为红褐色4、常见镍氢电池的某极是储氢合金LaNi5H6(LaNi5H6中各元素化合价均可视为零价)，电池放电时发生的反应通常表示为LaNi5H6+6NiO(OH)==LaNi5+6Ni(OH)2.下列说法正确的是（）A、放电时储氢合金作正极B、充电时储氢合金作负极C、充电时阳极周围c(OH-)减少D、放电时负极反应为LaNi5H6 - 6e- == LaNi5 +6H+5、下列反应的离子（或化学）方程式正确的是（）电解A、用不活泼金属铜作电极电解饱和食盐水：2Cl- +2H2O ===== Cl2↑ + H2↑+ 2OH-B、HCO3-离子水解方程式：HCO3- +H2O === H3O+ +CO32-C、乙烯通入溴水中：C2H4+Br2 === CH2BrCH2BrD、氯化铁溶液与碳酸氢钠溶液混合：Fe3+ + 3HCO3- === Fe(OH)3↓ + 3CO2↑6、已知某含苯环的分子C8H10，苯环上有两个侧链，其一氯取代物的种数是（不考虑立体异构）（）A、10种B、9种C、6种D、5种7、某化合物6.4 g在氧气中完全燃烧，只生成8.8 g CO2和7.2g H2O。
【推荐下载】雅安中学2014年高中第四册物理期末试卷答案
[键入文字]
雅安中学2014年高中第四册物理期末试卷答案
本文导航
1、首页2、高中第四册物理期末试卷答案-2
雅安中学2014年高中第四册物理期末试卷答案
【摘要】高中学生在学习中或多或少有一些困惑，的编辑为大家总结了雅安中学2014年高中第四册物理期末试卷答案，各位考生可以参考。
第一题(答案填涂在机读卡上，本题共12小题，每小题4分，共48分，每小题至少有一个答案符合题意，全对4分，对而不全得2分)
1、D; 2、D; 3、B; 4、BC; 5、AD; 6、C;
7、C; 8、CD; 9、A; 10、A; 11、A; 12、BCD。
第二题
13、; 水平向左; 14、4:1; 1:4;
15、0.1; 4900; 16、1.5V; 1;
17、(1)电阻箱的电阻R、Ax表的读数Ix，A表的读数IA; 。
1。
【试卷解析】四川省绵阳市2014-2015学年高二上学期期末物理试卷
四川省绵阳市2014-2015学年高二上学期期末物理试卷一．本大题12小题，每小题3分，共36分．在每小题给出的四个选项中只有一个是正确的．1．（3分）为防止麻醉剂乙醚爆炸，医疗手术室地砖要使用导电材料，医生和护士的鞋子和外套也要用导电材料，一切设备包括病人身体要良好接触，并保持良好接地．这是为了（）A．除菌消毒B．消除静电C．利用静电D．防止漏电2．（3分）单摆在振动过程中，离开平衡位置的最大距离越来越小．在这个过程中（）A．能量逐渐消失B．动能转化为势能C．机械能守恒D．总能量守恒，机械能转化为其他形式的能3．（3分）如图所示，绝缘细线上端固定，下端挂一轻质小球a，a的表面镀有铝膜；在a旁边固定有一绝缘金属球b，开始时a、b都不带电．使b带电时（）A．a不动B．a远离bC．a靠近b D．a靠近b，并被b吸住不离开4．（3分）如图所示，电磁炮是由电源、金属轨道、炮弹和电磁铁组成．当电源接通后，磁场对流过炮弹的电流产生力的作用，使炮弹获得极大的发射速度．下列各俯视图中正确表示磁感应强度B的方向的是（）A．B．C．D．5．（3分）如图所示，是举重比赛裁判控制电路．共有3个裁判，1个主裁判，2个副裁判；当有两个（其中必须包括主裁判）或两个以上的裁判同意时，才表示通过，否则不通过；主裁判用A表示，副裁判分别用B、C表示；1代表同意，0代表不同意．下列两种情况：（1）A裁判控制的开关断开，B裁判控制的开关闭合，C裁判控制的开关闭合；（2）A裁判控制的开关闭合，B裁判控制的开关断开，C裁判控制的开关闭合．所对应的结果逻辑值分别是（）A．1，1 B．1，0 C．0，1 D．0，06．（3分）速率相同的电子垂直磁场方向进入四个不同的匀强磁场，其轨迹照片如图所示，则磁场磁感应强度最大的是（）A．B．C．D．7．（3分）某静电场中的电场线方向不确定，分布如图所示，带电粒子在电场中仅受静电力作用，其运动轨迹如图中虚线所示，由M运动到N，以下说法正确的是（）A．粒子必定带正电荷B．该静电场一定是孤立正电荷产生的C．粒子在M点的加速度小于它在N点的加速度D．粒子在M点的速度大于它在N点的速度8．（3分）如图所示，有一带电粒子贴着A板内侧沿水平方向射入A、B两板间的匀强电场，当A、B两板间电压为U1时，带电粒子沿轨迹Ⅰ从两板正中间飞出；当A、B两板间电压为U2时，带电粒子沿轨迹Ⅱ落到B板中间．设粒子两次射入电场的水平速度之比为2：1，则两次电压之比为（）A．U1：U2=1：1 B．U1：U2=1：2 C．U1：U2=1：4 D．U1：U2=1：89．（3分）如图甲所示，水平的光滑杆上有一弹簧振子，振子以O点为平衡位置，在a、b 两点之间做简谐运动，其振动图象如图乙所示．由振动图象可以得知（）A．振子的振动周期等于t1B．在t=0时刻，振子的位置在a点C．在t=t1时刻，振子的速度为零D．从t1到t2，振子正从O点向b点运动10．（3分）如图所示，电路中R T为热敏电阻，R1和R2为定值电阻．当温度升高时，R T阻值变小．开关S闭合后，若温度降低，下列物理量中变大的是（）A．通过R2的电流B．通过R T的电流C．通过R1的电流D．电容器两极板间的电场强度11．（3分）如图所示，Q1、Q2是两个等量正电荷，固定在绝缘平面内，在其连线上有一光滑绝缘杆，杆上套一带正电的小球，杆所在区域同时存在一个匀强磁场，磁场方向如图所示，不计小球重力．从靠近Q2的图示某位置由静止释放小球，小球在整个运动过程中（）A．速度一直增大B．加速度一直增大C．所受洛伦兹力大小一直变化D．所受洛伦兹力方向一直不变12．（3分）如图所示，在屏幕MN的右方和虚线的上方区域有方向垂直纸面向里的匀强磁场，一带电微粒从磁场边界d点垂直于磁场方向并与虚线垂直射入，经过时间t0垂直打到屏MN上．同一带电微粒从磁场边界d点垂直于磁场方向并与虚线右方成45°角射入，经过时间t1打到屏MN上；同一带电微粒从磁场边界d点垂直于磁场方向并与虚线右方成135°角射入，经过时间t2打到屏MN上．微粒所受重力可忽略，每次射入磁场的速度大小不变．则t0、t1、t2之间大小关系正确的是（）A．t1＜2t0B．t1=2t0C．t2＜0.5t0D．t2=0.5t0二、本大题6小题，每小题3分，共18分．在每小题给出的四个选项中有一个或一个以上的选项正确，全对得3分，选对但不全得1分，有错或不选得0分．13．（3分）关于通电直导线在匀强磁场中所受的安培力，下列说法正确的是（）A．安培力的方向垂直于直导线B．安培力的方向总是垂直于磁场的方向C．安培力的大小与通电直导线和磁场方向的夹角无关D．将直导线从中点折成直角，安培力的大小一定变为原来的一半14．（3分）电荷量为q的点电荷在电场中由A点移到B点时，电场力做功W，两点间的电势差为U，若让电荷量为2q的点电荷在电场中由A点移到B点，则（）A．电场力做功为W B．电场力做功为2WC．两点间的电势差为U D．两点间的电势差为2U15．（3分）美国物理学家劳伦斯于1932年发明的回旋加速器，利用带电粒子在匀强磁场中做圆周运动的特点，使粒子在较小的空间范围内经过电场的多次加速获得较大的能量．如图所示为一种改进后的回旋加速器示意图，其中盒缝间的加速电场的场强大小恒定，且被限制在A、C板间，带电粒子从P0处由静止释放，并沿电场线方向射入加速电场，经加速后再进入D形盒中的匀强磁场中做匀速圆周运动．对于这种改进后的回旋加速器，下列说法正确的是（）A．带电粒子每运动一周被加速一次B．P1P2=P2P3C．粒子能获得的最大速度与D形盒的尺寸有关D．A、C板间的加速电场的方向需要做周期性的变化16．（3分）如图所示，电阻R1=10Ω，电动机M线圈电阻R2=10Ω，电路两端电压U保持不变．当开关S断开时，电流表的示数为I1=0.5A；当开关S闭合后，电动机转起来，电流表示数为I2，整个电路消耗的电功率为P，则（）A．U=5V B．I2=1A C．P=5W D．P＜5W17．（3分）如图所示，平行板间的匀强电场范围内存在着匀强磁场（图中未画出），带电粒子从P点以垂直于电场方向的速度v0射入平行板间，恰好做匀速直线运动，从Q飞出．忽略重力．则（）A．磁场方向垂直纸面向外B．磁场方向与带电粒子的电性无关C．带电粒子从Q沿QP进入，也能做匀速直线运动D．若粒子带负电，以速度v1从P沿PQ射入，从Q'飞出，则v1＜v018．（3分）如图所示，MN是空间中某一水平面内的一条直线，整个空间有水平方向的匀强电场或者有竖直方向的匀强磁场．现有一带电粒子在MN上的O点具有水平方向的初速度v0．不计粒子重力．下列判断正确的是（）A．如果粒子能回到MN上且速度大小增大，则空间中的场一定是电场B．如果粒子能回到MN上且速度大小不变，则空间中的场一定是磁场C．若只改变粒子的初速度大小，发现粒子能回到MN上且与MN的夹角大小不变，则空间中的场一定是磁场D．若只改变粒子的初速度大小，发现粒子能回到MN上且所用的时间不变，则空间中的场一定是磁场三．本大题4小题，每空2分，补全电路2分，共24分．19．（4分）几名同学进行野外考察，登上一山峰后，他们想粗略测出山顶处的重力加速度．于是他们用细线拴好石块P系在树枝上做成一个简易单摆，如图所示．然后用随身携带的钢卷尺、电子手表进行了测量．同学们首先测出摆长L，然后将石块拉开一个小角度，由静止释放，使石块在竖直平面内摆动，用电子手表测出单摆完成n次全振动所用的时间t．①利用测量数据计算山顶处重力加速度的表达式是g=；②若振动周期测量正确，但由于难以确定石块重心，测量摆长时从悬点仅量到石块上端，导致用这次测量数据计算出来的山顶处重力加速度值比真实值（选填“偏大”、“偏小”或“相等”）．20．（4分）科学实验是人们认识自然的重要手段．电学实验中经常需要测量某负载的电阻，测电阻的方法有多种．一只标有“220V，100W”的灯泡，它正常工作时的电阻是Ω．若用多用电表中欧姆挡来测量这只灯泡的电阻，则测出的电阻应（选填“大于”、“等于”、“小于”）灯泡正常工作时的电阻．21．（8分）某同学想通过“描绘小灯泡的伏安特性曲线”的方法来测量一小灯泡的额定功率．所用器材如下：待测小灯泡一只：额定电压为2.5V，电阻约为几欧电压表一只：量程为3V，内阻约为3kΩ电流表一只：量程为0.6A，内阻约为0.1Ω滑动变阻器一只干电池两节开关一只，导线若干①请在图甲中补全测量小灯泡额定功率的电路图．②图甲中开关S闭合之前，滑动变阻器的滑片应置于（选填“A端”、“B端”或“AB正中间”）；③该同学通过实验得到了小灯泡的伏安特性曲线如图乙所示．小灯泡的额定功率是W；如果将这个小灯泡接到电动势为1.5V，内阻为5Ω的电源两端，小灯泡消耗的功率是W．（结果均保留两位有效数字）22．（8分）某同学探究电阻丝的电阻与哪些因素有关．有如下器材：A．电源E（电动势为4V，内阻约为1Ω）；B．电流表A1（量程5mA，内阻约为10Ω）；C．电流表A2（量程0.6A，内阻约为1Ω）；D．电压表V1（量程3V，内阻约为l kΩ）；E．电压表V2（量程l5V，内阻约为3kΩ）；F．滑动变阻器R1（阻值0～2Ω）；G．滑动变阻器R2（阻值0～20Ω）；H．开关及导线若干．他对电阻丝做了有关测量，数据如表所示．编号金属丝直径D/mm 金属丝直径的平方D2/mm2金属丝长度L/cm 电阻R/Ω1 0.30 0.09 100.00 14.202 0.30 0.09 50.00 7.153 0.60 0.36 100.00 3.60①如图是测量编号为2的电阻丝电阻时的备选原理图，则该同学应选择电路（选填“甲”或“乙”）进行测量．选用的器材代号为．②请写出电阻R与L、D间的关系式R=（比例系数用ρ表示）．根据表中数据，求出比例系数ρ=Ω•m（结果保留两位有效数字）．四．本大题2小题，共22分，要求必须写出必要的文字说明、主要的计算步骤和明确的答案．23．（10分）如图所示，电源电动势E=30V，内阻r=1Ω，R1=9Ω，滑动变阻器的总电阻R x=20Ω．间距d=0.1m的两平行金属板M、N水平放置，闭合开关K，板间电场视为匀强电场，板间竖直放置一根长也为d的光滑绝缘细杆AB，带电小球s穿过细杆，小球质量m=0.01kg、电荷量q=1×10﹣3C（可视为点电荷，不影响电场的分布）．调节滑动变阻器的滑片p，使小球c 恰能静止在A处．重力加速度g=10m/s2．（1）求小球的电性和M、N两极板间的电压；（2）求滑动变阻器pb段的阻值R2；（3）调节滑动变阻器，使pb段的阻值R3=7.5Ω，待电场重新稳定后释放小球c，求小球c 到达杆的中点O时的速度大小．24．（12分）在如图所示的坐标系中，x轴沿水平方向，y轴沿竖直方向．在第一、第二象限内，既无电场也无磁场，在第三象限，存在沿y轴正方向的匀强电场和垂直xy平面（纸面）向里的匀强磁场，在第四象限，存在与第三象限相同的匀强电场，还有一个等腰直角三角形区域OMN，∠OMN为直角，MN边有挡板，已知挡板MN的长度为2L．一质量为m、电荷量为q的带电粒子，从y轴上y=L处的P1点以一定的水平初速度沿x轴负方向进入第二象限，然后经过x轴上x=﹣2L处的P2点进入第三象限，带电粒子恰好能做匀速圆周运动，之后经过y轴上y=﹣2L处的P3点进入第四象限．已知重力加速度为g．求：（1）粒子到达P2点时速度的大小和方向；（2）第三象限空间中磁感应强度的大小；（3）现在等腰直角三角形区域OMN内加一垂直纸面的匀强磁场，要使粒子经过磁场偏转后能打到挡板MN上，求所加磁场的方向和磁感应强度大小的范围．四川省绵阳市2014-2015学年高二上学期期末物理试卷参考答案与试题解析一．本大题12小题，每小题3分，共36分．在每小题给出的四个选项中只有一个是正确的．1．（3分）为防止麻醉剂乙醚爆炸，医疗手术室地砖要使用导电材料，医生和护士的鞋子和外套也要用导电材料，一切设备包括病人身体要良好接触，并保持良好接地．这是为了（）A．除菌消毒B．消除静电C．利用静电D．防止漏电考点：* 静电的利用和防止．分析：本题考查是关于静电的防止与应用，从实例的原理出发就可以判断出答案．解答：解：由题意可知，良好接地，目的是为了消除静电，这些要求与消毒无关，而因静电而产生爆炸，因此不可能是这样．静电会产生火花、热量，麻醉剂为易挥发性物品，遇到火花或热源便会爆炸，就象油罐车一样，在运输或贮存过程中，会产生静电，汽油属于易挥发性物品，所以它的屁股后面要安装接地线（软编织地线），以防爆炸，麻醉剂与之同理，故B正确，ACD错误；故选：B点评：本题考查是关于静电的防止与应用，要求同学们熟练掌握静电的防止与应用的具体实例．2．（3分）单摆在振动过程中，离开平衡位置的最大距离越来越小．在这个过程中（）A．能量逐渐消失B．动能转化为势能C．机械能守恒D．总能量守恒，机械能转化为其他形式的能考点：简谐运动的回复力和能量．分析：因为单摆受到空气的阻力，机械能转化为内能；在能量转化的过程中，总能量保持不变．解答：解：单摆在振动过程中，离开平衡位置的最大距离越来越小，是因为单摆受到空气的阻力，机械能转化为内能，其机械能越来越小．在能量转化的过程中，能量不会消失，总能量保持不变．故ABC错误，D正确．故选：D．点评：能量转化是个普遍现象，自然界中物质运动形式的变化总伴随着能量的相互转化．不同形式的能量发生相互转化的过程中，遵守能量转化和守恒定律．3．（3分）如图所示，绝缘细线上端固定，下端挂一轻质小球a，a的表面镀有铝膜；在a 旁边固定有一绝缘金属球b，开始时a、b都不带电．使b带电时（）A．a不动B．a远离bC．a靠近b D．a靠近b，并被b吸住不离开考点：库仑定律．分析：带电物体能够吸引轻小物体，a与b接触后，a球与b球带上了同种电荷，相互排斥而分开．解答：解：带电物体能够吸引轻小物体，故b会将a球吸引过来，a与b接触后，带同种电荷而分开，故C正确，ABD错误；故选：C．点评：本题关键是带电物体能够吸引轻小物体，接触后，带同种电荷，又因为带同种电荷而分开．4．（3分）如图所示，电磁炮是由电源、金属轨道、炮弹和电磁铁组成．当电源接通后，磁场对流过炮弹的电流产生力的作用，使炮弹获得极大的发射速度．下列各俯视图中正确表示磁感应强度B的方向的是（）A．B．C．D．考点：安培力．分析：电流由电源正极经炮弹流向电源负极，炮弹受到的安培力方向应水平向前，由左手定则判断磁场方向是否正确．解答：解：A、由左手定则可知，图示磁感应强度方向使炮弹受到的安培力向后，不符合实际，故A错误；B、由左手定则可知，图示磁感应强度方向使炮弹受到的安培力向前，符合实际，故B正确；C、由左手定则可知，炮弹受到的安培力竖直向下，不符合要求，故C错误；D、由左手定则可知，炮弹受的安培力竖直向下，不符合要求，故D错误；故选B．点评：电磁炮的炮弹在安培力作用下在轨道上向前加速度运动，炮弹受到的安培力应向前，应用左手定则判断出安培力的方向，是正确解题的关键．5．（3分）如图所示，是举重比赛裁判控制电路．共有3个裁判，1个主裁判，2个副裁判；当有两个（其中必须包括主裁判）或两个以上的裁判同意时，才表示通过，否则不通过；主裁判用A表示，副裁判分别用B、C表示；1代表同意，0代表不同意．下列两种情况：（1）A裁判控制的开关断开，B裁判控制的开关闭合，C裁判控制的开关闭合；（2）A裁判控制的开关闭合，B裁判控制的开关断开，C裁判控制的开关闭合．所对应的结果逻辑值分别是（）A．1，1 B．1，0 C．0，1 D．0，0考点：简单的逻辑电路．分析：电路图结合题干可知，B、C只要有一个闭合即可，故为或逻辑关系；当A断开，灯熄灭，当A闭合，灯亮；故B、C或后，其输出与A的关系为与逻辑关系．解答：解：根据题意，B、C只要有一个闭合，该部分电路即为通路，当A断开，灯不亮，当A闭合，灯亮；故B、C为或逻辑关系；或后的结果与A为与逻辑关系，故这两种情况，所对应的逻辑值分别是0、1．故C正确故选：C点评：本题考查了组合门电路，B、C先或其结果再与A是与逻辑关系，理解逻辑关系，组合门电路．6．（3分）速率相同的电子垂直磁场方向进入四个不同的匀强磁场，其轨迹照片如图所示，则磁场磁感应强度最大的是（）A．B．C．D．考点：带电粒子在匀强磁场中的运动．分析：速率相同的电子垂直磁场方向进入四个不同的匀强磁场，在磁场中做匀速圆周运动，由洛伦兹力提供向心力，写出相应的牛顿第二定律的方程，得出半径与磁感应强度之间的关系式，即可做出正确的答案．解答：解：带电粒子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，则：所以：，速率相同的电子，v、m与电量q都相同，所以B与r成反比，则半径最小的D图中，磁感应强度B最大．故选：D点评：该题考查带电粒子在磁场中做匀速圆周运动的半径与磁感应强度的关系，可以利用半径公式直接解答．7．（3分）某静电场中的电场线方向不确定，分布如图所示，带电粒子在电场中仅受静电力作用，其运动轨迹如图中虚线所示，由M运动到N，以下说法正确的是（）A．粒子必定带正电荷B．该静电场一定是孤立正电荷产生的C．粒子在M点的加速度小于它在N点的加速度D．粒子在M点的速度大于它在N点的速度考点：电场线．分析：电场线密的地方电场的强度大，电场线疏的地方电场的强度小，电场力做正功，电势能减小，电场力做负功，电势能增加．解答：解：A、由电荷的运动轨迹可知，电荷所受的电场力斜向上，由于电场线的方向未知，所以不能确定电荷的电性，故A错误．B、孤立正电荷的电场线从正电荷出发到无穷远处终止的直线，故该静电场不一定是孤立正电荷产生的．故B错误．C、电场线密的地方电场的强度大，电场线疏的地方电场的强度小，由图可知，N点的场强大于M点的场强的大小，在N点的受力大于在M的受力，所以粒子在M点的加速度小于它在N点的加速度，故C正确．D、正电荷沿着电场的方向运动，所以电场力做正功，电荷的电势能减小，动能增加，所以粒子在M点的速度小于它在N点的速度动能，故D错误．故选：C．点评：此题根据物体做曲线运动的条件，掌握住电场线的特点，即可解决本题．8．（3分）如图所示，有一带电粒子贴着A板内侧沿水平方向射入A、B两板间的匀强电场，当A、B两板间电压为U1时，带电粒子沿轨迹Ⅰ从两板正中间飞出；当A、B两板间电压为U2时，带电粒子沿轨迹Ⅱ落到B板中间．设粒子两次射入电场的水平速度之比为2：1，则两次电压之比为（）A．U1：U2=1：1 B．U1：U2=1：2 C．U1：U2=1：4 D．U1：U2=1：8考点：带电粒子在匀强电场中的运动．专题：电场力与电势的性质专题．分析：带电粒子在电场中做类平抛运动，将合运动沿着平行平板和垂直平板方向正交分解，根据运动学公式和牛顿第二定律列式求解．解答：解：带点粒子在电场中做类平抛运动，将合运动沿着平行平板和垂直平板方向正交分解，有：x=v0ty=a=解得：U=∝据题有：初速度v0之比为2：1，水平位移x之比为2：1，竖直位移y之比为1：2，代入上式解得：=故选：B．点评：本题关键根据类平抛运动的分位移公式和牛顿第二定律联立列式求解出电压的一般表达式，然后再进行分析讨论．9．（3分）如图甲所示，水平的光滑杆上有一弹簧振子，振子以O点为平衡位置，在a、b 两点之间做简谐运动，其振动图象如图乙所示．由振动图象可以得知（）A．振子的振动周期等于t1B．在t=0时刻，振子的位置在a点C．在t=t1时刻，振子的速度为零D．从t1到t2，振子正从O点向b点运动考点：简谐运动；简谐运动的振幅、周期和频率．专题：简谐运动专题．分析：简谐运动中振子的周期是振子完成一个周期性变化所用的时间，由图直接读出；根据位移分析振子的位置和速度，振子在最大位移处速度为零，通过平衡位置时速度最大；根据位移的变化，分析振子的运动情况．解答：解：A、振子的周期是振子完成一个周期性变化所用的时间，由图直接读出其周期T=2t1；故A错误；B、由图乙知在t=0时刻，振子的位移为零，正通过平衡位置，所以振子的位置在O点，故B错误；C、在t=t1时刻，振子的位移为零，正通过平衡位置，速度最大，故C错误；D、从t1到t2，振子的位移从0变化到正向最大，说明正从O点向b点运动．故D正确．故选：D．点评：对振动图象读出周期、振幅和振子的位移情况，从而判断出其速度、加速度情况，是应具备的基本能力，应加强相关练习，做到熟练掌握．10．（3分）如图所示，电路中R T为热敏电阻，R1和R2为定值电阻．当温度升高时，R T阻值变小．开关S闭合后，若温度降低，下列物理量中变大的是（）A．通过R2的电流B．通过R T的电流C．通过R1的电流D．电容器两极板间的电场强度考点：闭合电路的欧姆定律；电容．专题：恒定电流专题．分析：开关S闭合后，R T的温度降低，R T阻值增大，外电路总电阻增大，干路电流减小，R1两端的电压和内电压都减小，分析R T和R2并联电压的变化，判断通过R2电流的变化，即可知道通过R T的电流变化．根据公式E=分析电容器板间场强的变化．解答：解：开关S闭合后，R T的温度降低，R T阻值变大，R T和R2并联电阻变动，外电路总电阻增大，干路电流减小，即通过通过R1的电流变小．R1两端的电压和内电压都减小，则知R T和R2并联电压增大，通过R2电流增大，由于干路电流变小，则知通过R T的电流变小．电容器板间电压等于R1的电压，其电压变小，则根据公式E=分析可知两极板间的电场强度变小．故A正确，BCD错误．故选：A点评：本题是电路动态变化分析问题，按“局部→整体→局部”的顺序进行分析．11．（3分）如图所示，Q1、Q2是两个等量正电荷，固定在绝缘平面内，在其连线上有一光滑绝缘杆，杆上套一带正电的小球，杆所在区域同时存在一个匀强磁场，磁场方向如图所示，不计小球重力．从靠近Q2的图示某位置由静止释放小球，小球在整个运动过程中（）A．速度一直增大B．加速度一直增大C．所受洛伦兹力大小一直变化D．所受洛伦兹力方向一直不变考点：洛仑兹力．分析：小球开始受到Q2对它的库仑力大于Q1对它的库仑力，所以先向左运动，运动的过程中受到洛伦兹力，通过受力情况，知小球向左先加速后减速到0．然后又返回．解答：解：小球由静止释放后沿绝缘杆先向左做加速运动，运动到杆的中点时，所受电场力为零，加速度为零，速度达到最大，然后越过中点继续向左做减速运动，水平方向所受电场力不断增大，加速度不断增大，最后速度变为零，然后反向再向右运动，如此反复，小球在运动过程中速度大小与方向不断发生变化，因此所受洛伦兹力大小与方向也不断发生变化，故A、B、D错误，C正确．故选：C点评：解决本题的关键能够根据小球的受力情况分析出小球的运动情况，从而可知洛伦兹力的变化12．（3分）如图所示，在屏幕MN的右方和虚线的上方区域有方向垂直纸面向里的匀强磁场，一带电微粒从磁场边界d点垂直于磁场方向并与虚线垂直射入，经过时间t0垂直打到屏MN上．同一带电微粒从磁场边界d点垂直于磁场方向并与虚线右方成45°角射入，经过时间t1打到屏MN上；同一带电微粒从磁场边界d点垂直于磁场方向并与虚线右方成135°角射入，经过时间t2打到屏MN上．微粒所受重力可忽略，每次射入磁场的速度大小不变．则t0、t1、t2之间大小关系正确的是（）A．t1＜2t0B．t1=2t0C．t2＜0.5t0D．t2=0.5t0考点：带电粒子在匀强磁场中的运动．专题：带电粒子在磁场中的运动专题．分析：根据粒子做圆周运动的周期公式求出粒子的运动时间，然后画出粒子在三种情况下的运动轨迹，得出粒子偏转的角度，由时间与偏转角度的关系比较即可．解答：解：带电微粒在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，则：得：微粒运动的周期：，可知题目中的微粒在磁场中运动的周期是相等的，运动的时间：，与偏转的角度成正比．如图做出三种情况下微粒运动的轨迹，从磁场边界d点垂直于磁场方向并与虚线垂直射入，经过时间t0垂直打到屏MN上时，微粒偏转的角度是90°，所以，。
2014~2015学年第二学期高二物理期末试卷(含答案).
2014~2015学年第二学期高二物理期末模拟试卷注意事项:考生在答题前请认真阅读本注意事项:1.本试卷包含选择题和非选择题两部分,考生答题全部答在答题卡上,答在本试卷上无效.本次考试时间100分钟,满分为120分.2.答卷前,考生务必将自己的姓名、考试号用书写黑色字迹的0.5毫米签字笔填写在答题卡上,并用2B 铅笔将对应的数字标号涂黑.3.答选择题必须用2B 铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑.如需改动,请用橡皮擦干净后,再选涂其它答案.答非选择题必须用书写黑色字迹的0.5毫米签字笔写在答题卡上的指定位置,在其它位置答题一律无效.4.如有作图需要,可用2B 铅笔作答,并请加黑加粗画清楚.一.单项选择题:本大题共5小题,每小题3分,共计15分.每小题只有一个....选项符合题意.1. 某电路中电场随时间变化的图象如下图所示,能发射电磁波的电场是(2. 一列平面简谐波,波速为20 m/s ,沿x 轴正方向传播,在某一时刻这列波的图象如图所示.下列说法不正确的是(A .这列波的周期是0.2 sB .质点P 、Q 此时刻的运动方向都沿y 轴正方向C .质点P 、R 在任意时刻的位移都相同D .质点P 、S 在任意时刻的速度都相同3下列关于原子和原子核的说法正确的是A .β衰变现象说明电子是原子核的组成部分B .玻尔理论的假设之一是原子能量的量子化C .放射性元素的半衰期随温度的升高而变短D .比结合能越小表示原子核中的核子结合得越牢固4光在科学技术、生产和生活中有着广泛的应用,下列说法正确的是(A .用透明的标准平面样板检查光学平面的平整程度是利用光的偏振现象B .用三棱镜观察白光看到的彩色图样是利用光的衍射现象C .在光导纤维束内传送图象是利用光的色散现象D .光学镜头上的增透膜是利用光的干涉现象5.图中矩形线圈abcd 在匀强磁场中以ad 边为轴匀速转动,产生的电动势瞬时值为e = 5sin20t V ,则以下判断正确的是(A .此交流电的频率为10/πHzB .当线圈平面与中性面重合时,线圈中的感应电动势为5VC .当线圈平面与中性面垂直时,线圈中的感应电流为0D .线圈转动一周,感应电流的方向改变一次二、多项选择题:本题共 4小题,每小题 4 分,共16 分.每小题有多个选项....符合题意.全部选对的得 4 分,选对但不全的得 2 分,错选或不答的得 0 分.6.质量为m 的小球A ,在光滑平面上以速度v 与质量为2m 的静止的小球B 发生正碰,碰后A 球的速率变为原来的三分之一,那么碰后B 球的速率可能是下面的哪个:(A 、30vB 、320vC 、340v D 、350v 7.下列运动过程中,在任意相等时间内,物体动量变化相等的是(A.匀速圆周运动B.自由落体运动C.平抛运动D.匀减速直线运动8.如图所示,一细束白光通过玻璃三棱镜折射后分为各种单色光,取其中a 、b 、c 三种色光,如分别让这三种色光通过同一双缝干涉实验装置,在光屏上产生干涉条纹,比较这三种色光,下列说法正确的是(A .a 光的频率最小B .在水中a 光的传播速度最小C .a 光形成的干涉条纹间距最大D .若光束以相同的入射角从水中射向空气,若a 光能发生全反射,则b .c 光也一定能发生全反射9.如图所示,N 为钨板,M 为金属网,它们分别与电池两极相连,各电池的电动势E 和极性已在图中标出,钨的逸出功为4. 5 e V ,现分别用能量不同的光子照射钨板(各光子的能量也已在图上标出,那么下列图中电子不能到达金属网的是:(三、简答题:本题分2小题,共计27分.请将解答填写在答题卡相应的位置.10.(12分右图是用来验证动量守恒的实验装置,弹性球1用细线悬挂于O 点,O 点下方桌子的边沿有一竖直立柱.实验时,将球1拉到A 点,并使之静止,同时把球2放在立柱上.释放球1,当它摆到悬点正下方时与球2发生对心碰撞.碰后球1向左最远可摆到B 点,球2落到水平地面上的C 点.测出有关数据即可验证1、2两球碰撞时动量守恒.现已测出A 点离水平桌面的距离为a .B 点离水平桌面的距离为b ,C 点与桌子边沿间的水平距离为c .此外,还需要测量的量是_________、________________、和_____________________.根据测量的数据,该实验中动量守恒的表达式为__________________________.11.(15分(1在“用单摆测重力加速度”的实验中,下列措施中可以提高实验精度的是________.A .选细线做为摆线B .单摆摆动时保持摆线在同一竖直平面内C .拴好摆球后,令其自然下垂时测量摆长D .计时起止时刻,选在最大摆角处(2 某同学在做“用单摆测定重力加速度”的实验中。
四川省雅安中学高二物理上学期10月月考试卷(含解析)
四川省雅安中学2014-2015学年高二上学期月考物理试卷（10月份）一、选择题（共7题，每题6分．每题给出的四个选项中，有的只有一个选项、有的有多个选项符合题目要求，全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分．）1．（6分）下列说法正确的是（）A．根据E=可知，电场中某点的场强与电场力成正比B．根据E=可知，点电荷电场中某点的场强与点电荷的电荷量Q成正比C．根据场强叠加原理可知，合电场的场强一定大于分电场的场强D．电场强度的方向与电场力方向一定相同2．（6分）如图所示，原来不带电的金属导体MN，在其两端下面都悬挂着金属验电箔；若使带负电的金属球A靠近导体的M端，可能看到的现象是（）A．只有M端验电箔张开，且M端带正电B．只有N端验电箔张开，且N端带正电C．两端的验电箔都张开，且左端带负电，右端带正电D．两端的验电箔都张开，且两端都带正电或负电3．（6分）如图，直线上有O、a、b、c四点，ab间的距离与bc间的距离相等．在O点处有固定点电荷．已知b点电势高于c点电势．若一带负电荷的粒子仅在电场力作用下先从c点运动到b点，再从b点运动到a点，则（）A．两过程中电场力做的功相等B．前一过程中电场力做的功大于后一过程中电场力做的功C．前一过程中，粒子电势能不断减小D．后一过程，粒子动能不断减小4．（6分）如图所示，一带负电粒子以某速度进入水平向右的匀强电场中，在电场力作用下形成图中所示的运动轨迹．M和N是轨迹上的两点，其中M点在轨迹的最右点．不计重力，下列表述正确的是（）A．粒子在M点的速率最大B．粒子所受电场力沿电场方向C．粒子在电场中的加速度不变D．粒子在电场中的电势能始终在增加5．（6分）有一段长1m电阻丝，电阻是10Ω，现把它均匀拉伸到长为5m的电阻丝，则电阻变为（）A．10ΩB．50ΩC．150ΩD．250Ω6．（6分）如图所示，将平行板电容器与电池相连，两板间的带电尘埃恰好处于静止状态．若将两板缓慢地错开一些，其他条件不变，则（）A．电容器带电量变大B．尘埃仍静止C．电容器内部的场强变大D．灵敏电流计中有a→b的电流7．（6分）如图所示，质量为m1、带有正电荷q的金属小球和质量为m2、不带电的小木球之间用绝缘细线相连，置于竖直向上、场强为E、范围足够大的匀强电场中，两球恰能以速度v匀速竖直上升．当小木球运动到A点时细线突然断开，小木球运动到B点时速度为零，重力加速度为g，则（）A．小木球的速度为零时，金属小球的速度大小为B．小木球从点A到点B的过程中，A、B组成的系统，机械能在增加C．A、B两点之间的电势差为D．小木球从点A到点B的过程中，小木球动能的减少量等于两球重力势能的增量，而电场力对金属小球所做的功等于金属小球的机械能增加量二、非选择题共68分）8．（6分）在“探究平行板电容器的电容与哪些因素有关”的实验中，如图所示的实验装置，平行板电容器的极板A与一灵敏静电计相接，极板B接地．（1）静电计是用来测量已充电的平行板电容器（2）当电荷量不变时，使两极板间距离减小，可观察到静电计指针的偏角减小，电容器电容（填“增大”“不变”或“减小”），平行板电容器电容与两极板间距离（填“无关”或“有关”）9．（11分）在做“描绘小灯泡的伏安特性曲线”实验中，采用的仪器有：E（电动势6V，内阻不计）；额定电压4.0V的小灯泡L；电流表A（量程0.6A，内阻约2Ω）；电压表V（量程5V，内阻约15kΩ）；滑动变阻器R（最大阻值15Ω）；开关S，导线若干．实验中要求加在小灯泡上的电压从零到小灯泡的额定电压连续可调．（1）小明将实物电路如图1连接，其漏接了两条导线，请帮他补充完整．（2）请画出实验所用的正确电路原理图．（3）如图2所示为某同学根据正确的实验电路图所测的几组数据画出的I﹣U图象，图象是一条曲线而不是直线的原因是．10．（15分）如图所示，在匀强电场中，将一电荷量为2×10﹣5C的负电荷由A点移到B点，其电势能增加了0.1J，已知A．B两点间距离为2cm，两点连线与电场方向成60°角，求：（1）A．B两点间的电势差U AB；（2）该匀强电场的电场强度大小E．11．（17分）如图所示，水平放置的平行板电容器，原来AB两板不带电，B极板接地，它的极板长为l=0.1m，两极板间的距离d=0.4cm，现有一微粒质量m=2.0×10﹣6kg，其所带电荷量q=+1.0×10﹣8C，以一定初速度从两板中央平行于极板射入，由于重力作用微粒恰好能落到A板的中点O处，取g=10m/s2．试求：（1）带电粒子入射初速度v0的大小：（2）若使电容器带电，带上电荷后，要使带电微粒不打在A板上，A板的电势φA至少为多少？12．（19分）如图所示，光滑水平轨道与半径为R的光滑竖直半圆轨道在B点平滑连接．在过圆心O的水平界面MN的下方分布有水平向右的匀强电场．现有一质量为m，电量为+q的小球从水平轨道上A点由静止释放，小球运动到C点离开圆轨道后，经界面MN上的P点进入电场（P点恰好在A点的正上方，如图．小球可视为质点，小球运动到C点之前电量保持不变，经过C点后电量立即变为零）．已知A、B间距离为2R，重力加速度为g．在上述运动过程中，求：（1）电场强度E的大小；（2）小球在圆轨道上运动时最大速率；（3）小球对圆轨道的最大压力的大小．四川省雅安中学2014-2015学年高二上学期月考物理试卷（10月份）参考答案与试题解析一、选择题（共7题，每题6分．每题给出的四个选项中，有的只有一个选项、有的有多个选项符合题目要求，全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分．）1．（6分）下列说法正确的是（）A．根据E=可知，电场中某点的场强与电场力成正比B．根据E=可知，点电荷电场中某点的场强与点电荷的电荷量Q成正比C．根据场强叠加原理可知，合电场的场强一定大于分电场的场强D．电场强度的方向与电场力方向一定相同考点：电场强度．专题：电场力与电势的性质专题．分析：电场强度的定义式为E=，适用于任何电场，E反映电场本身的性质，与试探电荷，及电场力无关；点电荷的电场强度E=可知，某点的场强与点电荷的电荷量Q成正比，且电场强度是矢量，满足矢量叠加法则，正电荷受到的电场力，即为电场强度的方向，从而即可求解．解答：解：A、公式E=是电场强度的定义式，可知：某点的场强与电场力无关，故A错误；B、点电荷电场强度公式E=可知，点电荷电场中某点的场强与点电荷的电荷量Q成正比，与间距的平方成反比，故B正确；C、场强叠加原理可知，合电场的场强可以大于，也可以等于，也可以小于分电场的场强，故C错误；D、电场强度的方向与正电荷受到的电场力的方向一致，故D错误；故选：B．点评：考查电场强度的定义式，与点电荷的电场强度公式的区别，掌握比值定义法，理解矢量合成法则，注意正电荷的电场力方向，才与电场强度的方向相同．2．（6分）如图所示，原来不带电的金属导体MN，在其两端下面都悬挂着金属验电箔；若使带负电的金属球A靠近导体的M端，可能看到的现象是（）A．只有M端验电箔张开，且M端带正电B．只有N端验电箔张开，且N端带正电C．两端的验电箔都张开，且左端带负电，右端带正电D．两端的验电箔都张开，且两端都带正电或负电考点：静电场中的导体．专题：电场力与电势的性质专题．分析：根据静电感应可以判断金属导体的感应的电荷的情况，从而可以判断导体带电的情况．解答：解：金属导体处在负电荷的电场中，由于静电感应现象，弹头导体的右端要感应出正电荷，在导体的左端会出现负电荷，所以导体两端的验电箔都张开，且左端带负电，右端带正电，所以C正确．故选C．点评：感应带电，这是使物体带电的一种方法，根据异种电荷互相吸引的原理可知，靠近的一端会带异种电荷．3．（6分）如图，直线上有O、a、b、c四点，ab间的距离与bc间的距离相等．在O点处有固定点电荷．已知b点电势高于c点电势．若一带负电荷的粒子仅在电场力作用下先从c点运动到b点，再从b点运动到a点，则（）A．两过程中电场力做的功相等B．前一过程中电场力做的功大于后一过程中电场力做的功C．前一过程中，粒子电势能不断减小D．后一过程，粒子动能不断减小考点：电势能；动能定理的应用．专题：电场力与电势的性质专题．分析：根据b点电势高于c点电势，可判断出电场线的方向，确定出点电荷的电性，即可知道a、b间与b、c间场强的大小关系，由U=Ed分析电势差关系，由W=qU，分析电场力做功的关系；根据电场力方向与负电荷速度方向的关系，判断出电场力做功的正负，即可判断电势能和动能的变化．解答：解：A、B由题，b点电势高于c点电势，则知电场线方向由O指向c，则点电荷带正电，a、b间电场线比b、c间电场线密，则a、b间场强大于b、c间的场强，由公式U=Ed 可知，a、b间电势差大于b、c间电势差，由公式W=qU可知，前一过程中电场力做的功小于后一过程中电场力做的功．故AB错误．C、负电荷所受的电场力方向向左，与速度方向相同，则电场力做正功，电势能减小．故C 正确．D、电场力做正功，由动能定理得知，后一过程，粒子动能不断增大．故D错误．故选C点评：本题利用匀强电场中电势差与场强关系公式U=Ed，定性判断a、b间与b、c间电势差的大小，根据电场力与速度方向的关系判断电场力做功正负，都是常用的方法和思路．4．（6分）如图所示，一带负电粒子以某速度进入水平向右的匀强电场中，在电场力作用下形成图中所示的运动轨迹．M和N是轨迹上的两点，其中M点在轨迹的最右点．不计重力，下列表述正确的是（）A．粒子在M点的速率最大B．粒子所受电场力沿电场方向C．粒子在电场中的加速度不变D．粒子在电场中的电势能始终在增加考点：带电粒子在匀强电场中的运动；电场强度；电势能．专题：压轴题；带电粒子在电场中的运动专题．分析：电子在匀强电场中受到的电场力的方向向左，在向右运动的过程中，电场力对电子做负功，电子的速度减小，电势能增加，根据电子的运动分析可以得出结论．解答：解：A、电子受到的电场力向左，在向右运动的过程中，电场力对电子做负功，电子的速度减小，运动到M点时，电子的速度最小，所以A错误；B、电子受到的电场力的方向与电场线的方向相反，所以B错误；C、由于电子是在匀强电场中运动的，受到的电场力的大小是不变的，所以粒子在电场中的加速度也不变，所以C正确；D、当电子向右运动的过程中，电场力对电子做负功，电势能增加，在向左返回的过程中，电场力对电子做正功，电势能减小，所以D错误．故选C．点评：本题就是对电场力做功特点的考查，掌握住电场力做正功，电势能减小，动能增加，电场力做负功时，电势能增加，动能减小．5．（6分）有一段长1m电阻丝，电阻是10Ω，现把它均匀拉伸到长为5m的电阻丝，则电阻变为（）A．10ΩB．50ΩC．150ΩD．250Ω考点：电阻定律．专题：恒定电流专题．分析：当导体的长度由1m变为5m时，导体的体积不变，导体的横截面积变成原来的．根据电阻定律，分析电阻的变化．解答：解：设导体原来的横截面积为S1，长度原来为L1，拉长后横截面积为S2，长度为L2．由体积V=SL得，V不变，L与S成反比．长度之比L1：L2=1：5，则S1：S2=5：1．根据电阻定律R=得，R2：R1=25：1 则电阻变为250Ω．故选D．点评：本题考查运用比例法解决物理问题的能力．还要抓住当导体长度变化时，体积不变，横截面积也同时发生变化的特点．6．（6分）如图所示，将平行板电容器与电池相连，两板间的带电尘埃恰好处于静止状态．若将两板缓慢地错开一些，其他条件不变，则（）A．电容器带电量变大B．尘埃仍静止C．电容器内部的场强变大D．灵敏电流计中有a→b的电流考点：电容器．专题：电容器专题．分析：电容器与电源相连，两端的电势差不变，结合电容的变化得出电荷量的变化，通过两极板间的距离变化得出电场强度的变化，从而得出尘埃的运动情况．解答：解：A、电容器始终接在电源的两端，则两端的电势差不变，将两板缓慢地错开一些，正对面积减小，根据C=，知道电容减小，根据Q=CU知，电荷量减小，灵敏电流计中有a→b的电流．故A错误，D正确．B、电势差不变，两极板间的距离不变，则电场强度不变，尘埃所受的电场力不变，尘埃仍然静止．故B正确，C错误．故选：BD．点评：本题考查了电容器的动态分析，处理动态分析问题，关键抓住不变量，比如电容器始终与电源相连，则电势差不变，电容器与电源断开，则电荷量不变．7．（6分）如图所示，质量为m1、带有正电荷q的金属小球和质量为m2、不带电的小木球之间用绝缘细线相连，置于竖直向上、场强为E、范围足够大的匀强电场中，两球恰能以速度v匀速竖直上升．当小木球运动到A点时细线突然断开，小木球运动到B点时速度为零，重力加速度为g，则（）A．小木球的速度为零时，金属小球的速度大小为B．小木球从点A到点B的过程中，A、B组成的系统，机械能在增加C．A、B两点之间的电势差为D．小木球从点A到点B的过程中，小木球动能的减少量等于两球重力势能的增量，而电场力对金属小球所做的功等于金属小球的机械能增加量考点：匀强电场中电势差和电场强度的关系；机械能守恒定律；电势差．专题：电场力与电势的性质专题．分析：细线断开前，两球在电场中做匀速直线运动，两球的总重力与电场力平衡，断开细线后，两球的总重力与电场力均不变，合力为零，两球组成的系统总动量守恒，根据动量守恒定律分析小木球的速度为零时，金属小球的速度．对于木球B，细线断开后，只受重力，机械能守恒，由机械能守恒定律求解上升的高度AB，再由U=Ed求出A、B间的电势差．根据能量守恒定律分析小木球从点A到点B的过程中，其动能的减少量与两球重力势能的增加量的关系．解答：解：A、断开细线后，两球组成的系统合力为零，总动量守恒，取向上方向为正方向，根据动量守恒定律得：（m1+m2）v=m1v′得金属小球的速度大小为：v′=．故A错误．B、小木球从点A到点B的过程中，由于电场力做正功，电势能减小，则知A、B组成的系统机械能在增加，故B正确．C、断开细线后，木球的机械能守恒，则有m2gh=m2v2，得：h=，即A、B间距离为：h=，两点A、B之间的电势差为：U=Eh=．故C正确．D、小木球从点A到点B的过程中，其动能的减少量等于木球重力势能的增加量，电场力对金属小球所做的功等于金属小球的机械能增加量．故D错误．故选：BC．点评：本题在物理上称为脱钩问题，两球没有发生作用，但系统的合力为零，也遵守动量守恒．二、非选择题共68分）8．（6分）在“探究平行板电容器的电容与哪些因素有关”的实验中，如图所示的实验装置，平行板电容器的极板A与一灵敏静电计相接，极板B接地．（1）静电计是用来测量已充电的平行板电容器电势差（2）当电荷量不变时，使两极板间距离减小，可观察到静电计指针的偏角减小，电容器电容增大（填“增大”“不变”或“减小”），平行板电容器电容与两极板间距离有关（填“无关”或“有关”）考点：电容器的动态分析．专题：电容器专题．分析：（1）静电计测量电容器极板间电势差．（2）静电计指针的偏角减小，说明电容器板间电压减小，由电容的定义式C=分析电容如何变化．解答：解：（1）静电计是用来测量已充电的平行板电容器的电势差．（2）当电荷量不变时，使两极板间距离减小，可观察到静电计指针的偏角减小，说明电容器板间电压减小，由电容的定义式C=分析得知电容增大；可知，平行板电容器电容与两极板间距离有关．故答案为：（1）电势差；（2）增大，有关．点评：解决本题关键要知道静电计能测量电势差，掌握电容的定义式，抓住电量不变这个条件进行分析．9．（11分）在做“描绘小灯泡的伏安特性曲线”实验中，采用的仪器有：E（电动势6V，内阻不计）；额定电压4.0V的小灯泡L；电流表A（量程0.6A，内阻约2Ω）；电压表V（量程5V，内阻约15kΩ）；滑动变阻器R（最大阻值15Ω）；开关S，导线若干．实验中要求加在小灯泡上的电压从零到小灯泡的额定电压连续可调．（1）小明将实物电路如图1连接，其漏接了两条导线，请帮他补充完整．（2）请画出实验所用的正确电路原理图．（3）如图2所示为某同学根据正确的实验电路图所测的几组数据画出的I﹣U图象，图象是一条曲线而不是直线的原因是灯丝电阻随温度变化而变化．考点：描绘小电珠的伏安特性曲线．专题：实验题．分析：描绘小灯泡伏安特性曲线，要求加在小灯泡上的电压从零到小灯泡的额定电压连续可调，滑动变阻器应采用分压接法，灯泡电阻较小，电流表应采用外接法．I﹣U图线上点与原点连线的斜率表示电阻的倒数，温度升高，电阻变化．根据小灯泡的额定电压和额定电流求出小灯泡正常工作时的电阻．解答：解：（1）．描绘小灯泡伏安特性曲线，要求加在小灯泡上的电压从零到小灯泡的额定电压连续可调，滑动变阻器应采用分压接法，灯泡电阻较小，电流表应采用外接法．实物图中缺少了电源与滑动变阻器左下方接线柱之间的连线及电压表应并联在灯泡两端；实物图如图所示（2）实验电路原理图：（3）．图线弯曲是因为温度升高，电阻变大，即灯丝电阻随温度改变而改变．故答案为：（1）（2）如图；（3）灯丝电阻随温度而改变（1）（2）点评：本题考查了实验电路设计，根据题目要求确定滑动变阻器的接法、根据灯泡电阻与电表内阻的关系确定电流表的接法是正确解题的关键．10．（15分）如图所示，在匀强电场中，将一电荷量为2×10﹣5C的负电荷由A点移到B点，其电势能增加了0.1J，已知A．B两点间距离为2cm，两点连线与电场方向成60°角，求：（1）A．B两点间的电势差U AB；（2）该匀强电场的电场强度大小E．考点：匀强电场中电势差和电场强度的关系；电势差．专题：电场力与电势的性质专题．分析：（1）根据电势能变化和电场力做功的关系，电势能增加多少，电场力做负功多少．由求解电势差．（2）由U=Ed=E cos60°求解电场强度E．解答：解：（1）负电荷由A点移到B点，其电势能增加了0.1J，则电场力所做的功：W AB=﹣0.1JA、B两点间的电势差：V（2）根据匀强电场中电势差和电场强度的关系：U=Ed=E cos60°得：N/C答：（1）A、B两点间的电势差U AB是5×103V（2）该匀强电场的电场强度E是5×105N/C．点评：本题考查电场力做功与电势能变化的关系、电势差与场强的关系，都是电场中的基本知识，要加强学习，熟练掌握．11．（17分）如图所示，水平放置的平行板电容器，原来AB两板不带电，B极板接地，它的极板长为l=0.1m，两极板间的距离d=0.4cm，现有一微粒质量m=2.0×10﹣6kg，其所带电荷量q=+1.0×10﹣8C，以一定初速度从两板中央平行于极板射入，由于重力作用微粒恰好能落到A板的中点O处，取g=10m/s2．试求：（1）带电粒子入射初速度v0的大小：（2）若使电容器带电，带上电荷后，要使带电微粒不打在A板上，A板的电势φA至少为多少？考点：带电粒子在匀强电场中的运动；电势．专题：电场力与电势的性质专题．分析：（1）粒子只是在重力的作用下做平抛运动，根据平抛运动的规律可以求得粒子入射时初速度v0的大小；（2）对于带电微粒不打在A板上，粒子在电场中受到重力和电场力的共同的作用，此时粒子做的是类平抛运动，由类平抛运动的规律可以求得此时，A板的电势φA至少为多少；解答：解：（1）电容器不带电时，微粒做平抛运动，则有：=v0t，=gt2，联立两式得：v0=2.5m/s．（2）若使微粒能从电容器右侧射出，则要求A板的电势大于0，则有：U AB=φA﹣φB=φA，A板电势最小时，微粒刚好从A板右侧边缘射出，则有 l=v0t1，=at12，且mg﹣q=ma，联立以上各式得：φA=6V答：（1）带电粒子入射初速度v0的大小为2.5m/s：（2）A板的电势φA至少为6V．点评：在本题中要注意极板没电荷时，此时的粒子在极板之间做的是平抛运动，当极板间有了电荷之后，再进入的粒子受到重力和电场力的共同的作用，此时将做类平抛运动．12．（19分）如图所示，光滑水平轨道与半径为R的光滑竖直半圆轨道在B点平滑连接．在过圆心O的水平界面MN的下方分布有水平向右的匀强电场．现有一质量为m，电量为+q的小球从水平轨道上A点由静止释放，小球运动到C点离开圆轨道后，经界面MN上的P点进入电场（P点恰好在A点的正上方，如图．小球可视为质点，小球运动到C点之前电量保持不变，经过C点后电量立即变为零）．已知A、B间距离为2R，重力加速度为g．在上述运动过程中，求：（1）电场强度E的大小；（2）小球在圆轨道上运动时最大速率；（3）小球对圆轨道的最大压力的大小．考点：动能定理的应用；牛顿第二定律；牛顿第三定律；平抛运动；向心力；电势能．专题：牛顿第二定律在圆周运动中的应用．分析：（1）对小球从A到C过程运用动能定理列式；小球从C平抛运动到P过程，对水平和竖直分运动分别根据位移公式列式；（2）小球在圆弧右下段某个位置速度最大，根据动能定理求出速度的一般表达式，然后根据数学知识求最大值；（3）当速度最大时，小球对轨道的压力最大，根据牛顿第二定律和向心力公式列式求解．解答：解：（1）设电场强度为E，小球过C点时速度大小为v c，小球从A到C由动能定理：小球离开C点后做平抛运动到P点：2R=v c t联立方程解得：即电场强度E的大小为．（2）设小球运动到圆周D点时速度最大为v，此时OD与竖直线OB夹角设为α，小球从A运动到D过程，根据动能定理：即：根据数学知识可得，当α=450时动能最大由此可得：即小球在圆轨道上运动时最大速率为．（3）由于小球在D点时速度最大且电场力与重力的合力恰好沿半径方向，故小球在D点对圆轨道的压力最大，设此压力大小为F，由牛顿第三定律可知小球在D点受到的轨道弹力大小也为F，在D点对小球进行受力分析，并建立如图所示坐标系由牛顿第二定律：解得：即小球对圆轨道的最大压力的大小．点评：本题关键灵活地选择过程并运用动能定律列式，同时根据向心力公式和平抛运动的位移公式列式进一步分析求解．。
2014--2015高二物理上学期期末考试卷及答案
芜湖市14---15学年高二第一学期第一学段模块测评物理试卷(选修3—1)一、单项选择题(本题共10小题，每小题4分，共40分。
每个小题只有一个正确选项．．．．．．．．．．．．，请将正确选项的序号填入选择题答题表内)1．真空中两个相同的金属小球A 和B ，带电荷量分别为8210C A Q -=+⨯和8410C B Q -=+⨯，相互作用力为F ．若将两球接触后再放回原处，则它们之间的作用力将变为 ( ) A ．98F B ．F C ．8FD ．23F 2．关于电源电动势和电流，下列说法中正确的是 ( )A ．电动势是反映电源通过静电力做功把其他形式的能转化为电势能本领大小的物理量B ．只要电路中的自由电子运动，电路中就一定会产生恒定电流C ．单位时问内通过导体截面的电量越多，导体中的电流越大D ．在整个电路中，电流的方向是从正极流向负极 3．电场强度的定义式EE q=可知，则在电场中( ) A ．电场强度E 跟F 成正比，跟q 成反比 B ．无论检验电荷所带的电量如何变化，Eq始终不变 C ．正电荷所受电场力比负电荷在该点所受的电场力大D ．一个不带电的小球在某一点受到的电场力为零，则该点的场强一定为零 4．在如图1所示的各电场中，A 、B 两点场强相同的是（ ）5．一个标有“220V 60W ”的白炽灯泡，加上的电压U 由零逐渐增大到220V ，在此过程中，又压U 和电流I 的关系可用图线表示。
如图2中给出的四个图线中，符合实际的是6．如图3所示，A 、B 、C 为电场中同一电场线上的三点。
设电荷在电场中只受电场力作用，则下列说法中正确的是A ．若在C 点无初速地释放正电荷，则正电荷向B 运动，电势能减少B ．若在C 点无初速地释放正电荷，则正电荷向B 运动，电势能增加 C ．若在C 点无初速地释放负电荷，则负电荷向A 运动，电势能增加D ．若在C 点无初速地释放负电倚，则负电荷向A 运动，电势能不变7．如图4所示，AB 问的电压为30V ，改变滑动变阻器触头的位置，可以改变CD 间的电压，则U CD 的变化范围是 A ．0～10V B ．0～20V C ．20V ～30VD ．10V ～20V8．电容器是一种重要的电学元件，有着广泛的应用。
四川省雅安中学2014-2015学年高二上学期入学模拟考试
四川省雅安中学2014-2015学年高二上学期入学模拟考试化学试卷（解析版）一、选择题1．下列化常用语中，正确的是A．两个氧分子— O2B．氢氧化铁的化学式— Fe(OH)3C．CO2 中氧元素的化合价为+2价D．水通电得到氧气的化学方程式是2H2O=O2↑+2H2↑【答案】B【解析】试题分析：A.表示一个氧气分子，错误；B.氢氧化铁中铁的化合价是+3价，化学式为Fe(OH)3，正确；C.CO2 中氧元素的非金属性强，显负价，氧元素的化合价为-2价，错误；D.水分解生成氢气和氧气缺少反应条件，应该在通电条件下反应，错误；答案选B考点：化学式、化学方程式2．下列物质中属于有机物的是A．碳酸B．二氧化碳C．乙醇汽油D．甲烷【答案】D【解析】试题分析：有机物是指含有碳元素的化合物．无机物是指不含有碳元素的化合物．一氧化碳、二氧化碳、碳酸、碳酸盐等物质中虽然含有碳元素，但是这些物质的性质和无机物相似，把它们归入无机物．碳酸的性质和无机物相似，归入无机物研究，不属于有机物；B、二氧化碳的性质和无机物相似，归入无机物研究，不属于有机物；C、乙醇汽油属于混合物，有机物是纯净物，所以乙醇汽油不是有机物；D、甲烷是含有碳元素的化合物，属于有机物．答案选D考点：有机物的定义3．下列变化中属于物理变化的是A．剩饭变馊B．自行车生锈C．牛奶变酸D．电灯发光【答案】D【解析】试题分析：A.剩饭变馊是缓慢氧化的过程，属于化学变化，错误；B.生锈的过程中有新物质铁锈生成，属于化学变化．错误；C.牛奶变酸有新物质生成，属于化学变化，错误；D.电灯发光属于物理变化，D正确；答案选D考点：化学变化和物理变化4．一种新型绿色电池—燃料电池，是把H2、CO、CH4气体和空气不断输入直接氧化，使化学能转变为电能，它被称为21世纪的绿色发电站，这三种气体可以作为燃料电池所需燃料的理由是A．都是无毒无害气体B．在自然界都大量存在C．都可以燃烧并放出大量的热D．燃烧产物均为CO2和H2O【答案】C【解析】试题分析：A、无毒无害气体不一定能够用作燃料，例如氮气无毒无害，不能用作燃料．错误；B、在自然界大量存在的物质不一定能够用作燃料，例如水大量存在，不能用作燃料．错误；C、都可以燃烧并放出大量的热，可以用作燃料．正确；D、氢气燃烧不能生成二氧化碳，一氧化碳燃烧不能生成水.D错误．答案选C考点：常用原料的使用和对环境的污染5．各种洗涤剂广泛进入人们的生活中，下列洗涤中所用洗涤剂具有乳化功能的是A．用汽油除去衣服上的油污B．用餐具洗洁精清洗餐具上的油污C．用水洗去盘子中的水果渣D．用醋洗去水壶的水垢【答案】B【解析】试题分析：A、汽油是优良的有机溶剂，用汽油除去衣服上的油污是利用了油污易溶于汽油的性质，错误；B、洗洁精有乳化作用，能把大的油滴乳化成无数细小的油滴，随水冲走，正确；C、水果渣不易粘附盘子，水果汁易溶于水，用水洗去盘子中的水果渣没有利用乳化作用原理，错误；D、食醋中含有醋酸，水垢的主要成分是碳酸钙，醋酸与碳酸钙反应能生成可溶的醋酸钙、水、二氧化碳，不是利用乳化作用，错误．答案选B考点：乳化现象及乳化作用6．下列关于微观粒子的说法，正确的是A．原子是由分子构成的。
雅安中学2014-2015学年高一上学期期末模拟试卷物理试题及答案物理试题及答案
四川省雅安中学2014-2015学年高一上学期期末物理模拟试卷一、选择题：（每小题至少有一个选项是正确的，请把正确的答案填入答题卡中，每小题4分，共44分，漏选得2分，错选和不选得零分）1．（4分）下列说法中正确的是（）A．只有处于静止状态或匀速直线运动状态的物体才具有惯性B．物体做变速运动时，其惯性也不断变化C．物体的运动状态在改变，此时物体一定受到力的作用D．物体不受外力的作用，物体一定处于静止状态2．（4分）物体静止在水平桌面上，物体对水平桌面的压力（）A．就是物体的重力B．大小等于物体的重力C．这个压力是由于地球的吸引而产生的D．这个压力是由于桌面的形变而产生的3．（4分）关于静摩擦力，下列说法正确的是（）A．静摩擦力的方向总是与物体的相对运动趋势方向相反B．静摩擦力的方向总是与物体的运动方向相反C．受静摩擦力作用的物体一定是静止的D．对一个条件确定的接触面而言，静摩擦力的大小是不能变化的4．（4分）一物体放在粗糙水平面上保持静止，当加一个不大的且与水平方向成θ角的推力F后，仍保持静止，如图所示．则下列说法不正确的是（）A．物体所受的合力增大B．物体受水平面的支持力增大C．物体受静摩擦力增大D．物体所受的合力不变5．（4分）如图所示，质量不计的定滑轮通过轻绳挂在B点，另一轻绳一端系一重物C，绕过滑轮后另一端固定在墙上A点．现将B点或左或右移动一下，若移动过程中AO段绳子始终水平，且不计摩擦，则悬点B受绳拉力F的情况是（）A．B左移，F增大B．B右移，F增大C．无论B左移右移，F都保持不变D．无论B左移右移，F都增大6．（4分）两个人以相同的速率同时从圆形轨道的A点出发，分别沿ABC和ADC行走，如图所示，当他们相遇时不相同的物理量是（）A．速度B．位移C．路程D．速率7．（4分）对于速度、速度变化、加速度之间的关系，正确的说法是（）A．速度较小的物体，速度变化一定很小B．速度较小的物体，加速度一定很小C．速度变化较快的物体，速度变化一定较大D．速度变化较慢的物体，加速度一定较小8．（4分）甲、乙两物体均做直线运动，其速度图象如图所示，则下列说法中正确的是（）A．甲、乙两物体都做匀变速直线运动B．甲、乙两物体做相向的匀速直线运动C．t1时刻甲、乙两物体相遇D．t2时刻甲、乙两物体速度相等9．（4分）甲、乙两物体所受的重力之比为1：2，甲，乙两物体所在的位置高度之比为2：1，它们各自做自由落体运动，则（）A．落地时的速度之比是：1B．落地时的速度之比是1：1C．下落过程中的加速度之比是1：2D．下落过程中加速度之比是2：110．（4分）两个物体从同一地点先后自由下落，甲比乙先下落3s，下面说法正确的是（）A．甲相对乙的运动是匀速直线运动B．两物落地之前总保持45m的距离C．两物体的距离越来越小D．两物体的距离越来越大11．（4分）甲物体以速度v0做匀速直线运动，当它运动到某一位置时，该处有另一物体乙开始做初速为0的匀加速直线运动去追甲，由上述条件（）A．可求乙追上甲时乙的速度B．不能求乙追上甲时乙走的路程C．可求乙从开始起动到追上甲时所用的时间D．可求乙的加速度二、填空题（每空3分，共21分）12．（3分）如图，重G=10N的光滑球与劲度系数为k=1000N/m的上、下两轻弹簧相连，并与AC、BC两光滑平板相接触，若弹簧CD被拉伸量、EF被压缩量均为x=0.5cm，则小球受力的个数为____________个．13．（3分）一子弹沿水平方向连续穿过三块厚度相同的同种材料制成的三块木块后，速度恰好为零，设子弹穿过木块的运动是匀变速直线运动，穿第三块历时s，则子弹穿过三块木块经历的总时间为__________．14．（3分）屋檐上每隔相等的时间积成一滴水落下，当第一滴水落地时，第五滴水刚好开始下落，此时第四、五滴水之间的距离为1m，则屋檐距离地面的高度为____________m．15．（3分）如图为10分度的游标卡尺测量钢管内径时的示数，其示数为_____________cm．16．（9分）图是某同学在做“测定匀变速直线运动的加速度”实验中的一条纸带，每相邻两个计数点中间都有四个点未画出．打点计时器接在频率为50Hz的电源上．则v B=_____，v A=_____，纸带的加速度a=_________．三、计算题（共35分）17．（9分）矿井底部的升降机，从静止开始作匀加速直线运动，经过5s速度达到4m/s，接着又以这个速度匀速上升了20s，然后作匀减速运动4s恰好停在井口，求矿井的深度．18．（9分）一木箱放在水平地面上，木箱质量为m，用水平推力F1即可使物体做匀速直线运动，现改用与水平方向成θ角的斜向上的拉力F2去拉物体，也使它做匀速直线运动，如图所示，求这个拉力F2的大小．19．（9分）物体做匀变速直线运动的初速度v0=2m/s，加速度a=1m/s2，则物体从第4s初至第6s末这段时间内平均速度和位移各是多大？20．（8分）如图所示，在水平桌面上的两个完全相同的小球a和b紧贴在一起，球的半径为R，质量为m，它们用长为2L的细绳ACB连结在一起，在细绳的中点C处有一水平恒力F拉着两个小球向右做匀速直线运动．求运动过程中，CA段绳的拉力T和b球对a球压力N的大小．四川省雅安中学2014-2015学年高一上学期期末物理模拟试卷参考答案与试题解析一、选择题：（每小题至少有一个选项是正确的，请把正确的答案填入答题卡中，每小题4分，共44分，漏选得2分，错选和不选得零分）1．（4分）下列说法中正确的是（）A．只有处于静止状态或匀速直线运动状态的物体才具有惯性B．物体做变速运动时，其惯性也不断变化C．物体的运动状态在改变，此时物体一定受到力的作用D．物体不受外力的作用，物体一定处于静止状态考点：惯性．分析：一切物体都有惯性．惯性的大小取决于物体的质量，与速度无关，质量不变，物体的惯性不变，力是改变物体运动状态的原因．解答：解：A、不只是处于静止状态或匀速直线运动状态的物体具有惯性，一切物体都有惯性．故A错误．B、物体做变速运动时，质量保持不变，惯性也不变．故B错误．C、力是改变物体运动状态的原因，物体的运动状态在改变，此时物体一定受到力的作用．故C正确．D、物体不受外力的作用，可以做匀速直线运动．故D错误．故选：C点评：惯性是动力学中基本概念，是物体的固有属性，由物体的质量大小决定，与速度无关．2．（4分）物体静止在水平桌面上，物体对水平桌面的压力（）A．就是物体的重力B．大小等于物体的重力C．这个压力是由于地球的吸引而产生的D．这个压力是由于桌面的形变而产生的考点：物体的弹性和弹力；重力．分析：物体对桌面的压力是由于物体发生形变，要恢复原状而产生对桌面的弹力．根据二力平衡以及作用力与反作用力的关系判断压力与重力的大小关系．解答：解：A、物体受重力和支持力两个力平衡，支持力等于重力的大小，支持力与压力是相互作用的一对力，大小相等，方向相反，所以压力等于重力，但不是物体的重力．故A 错误，B正确．C、物体对桌面的压力是由于物体发生形变，要恢复原状而产生对桌面的弹力．故C、D错误．故选B．点评：解决本题的关键知道压力产生的原因，以及知道压力和重力的关系，难度不大．3．（4分）关于静摩擦力，下列说法正确的是（）A．静摩擦力的方向总是与物体的相对运动趋势方向相反B．静摩擦力的方向总是与物体的运动方向相反C．受静摩擦力作用的物体一定是静止的D．对一个条件确定的接触面而言，静摩擦力的大小是不能变化的考点：静摩擦力和最大静摩擦力．专题：摩擦力专题．分析：静摩擦力的方向总是与物体的相对运动趋势方向相反．相对地面静止的物体，可能受到静摩擦力．运动的物体也可能产生静摩擦力．静摩擦力可以作为阻力，也可以作为动力．解答：解：A、静摩擦力的方向总是与物体的相对运动趋势方向相反．故A正确．B、静摩擦力可以与物体运动方向相反，作为阻力，也可以与物体运动方向相同，作为动力．故B错误．C、运动的物体也可能产生静摩擦力，比如在水平路面上，汽车启动时，车厢地板上的物体会受到静摩擦力作用．故C错误．D、一个条件确定的接触面而言，静摩擦力的大小是根据平衡条件来确定，是变化的．故D错误．故选：A．点评：静摩擦力方向特点是：静摩擦力的方向与物体的相对运动趋势方向相反，可以是阻力，做负功，也可以是动力，做正功．4．（4分）一物体放在粗糙水平面上保持静止，当加一个不大的且与水平方向成θ角的推力F后，仍保持静止，如图所示．则下列说法不正确的是（）A．物体所受的合力增大B．物体受水平面的支持力增大C．物体受静摩擦力增大D．物体所受的合力不变考点：共点力平衡的条件及其应用；力的合成与分解的运用．专题：共点力作用下物体平衡专题．分析：分别对受力F前后的物体进行受力分析，求解出支持力和摩擦力进行比较．解答：解：未加F前，物体受重力和支持力的作用，不受其它力，故：G=mg 支持力：N=mg 摩擦力：f=0加力F后，受力分析并正交分解如图：由平衡条件得：N=mg+Fsinθ；f=Fcosθ故支持力和摩擦力都变大，即：B正确，C正确．物体始终保持静止，故所受合外力始终为0，故A错误，D正确．本题选错误的，故选：A．点评：本题为受力平衡条件的简单应用，受力分析后应用平衡条件求解后进行比较即可．5．（4分）如图所示，质量不计的定滑轮通过轻绳挂在B点，另一轻绳一端系一重物C，绕过滑轮后另一端固定在墙上A点．现将B点或左或右移动一下，若移动过程中AO段绳子始终水平，且不计摩擦，则悬点B受绳拉力F的情况是（）A．B左移，F增大B．B右移，F增大C．无论B左移右移，F都保持不变D．无论B左移右移，F都增大考点：共点力平衡的条件及其应用；力的合成与分解的运用．专题：共点力作用下物体平衡专题．分析：解答本题的关键是明确定滑轮只是改变力的方向并不能改变力的大小，然后根据平衡状态进行求解．解答：解：在本题中通过滑轮的绳子所受力的大小相等，都等于C的重力，由于OA方向不变，因此绳子OA与OC的合力不变，根据受力平衡可知，绳子OA与OC的合力大小等于绳子OB的拉力大小，故无论B左移右移，F都保持不变，故ABD错误，C正确．故选C．点评：本题结合有关滑轮的知识考查了三力作用下的物体平衡，物体的平衡是整个力学的重点，在平时训练中要加强这方面的练习．6．（4分）两个人以相同的速率同时从圆形轨道的A点出发，分别沿ABC和ADC行走，如图所示，当他们相遇时不相同的物理量是（）A．速度B．位移C．路程D．速率考点：位移与路程．专题：直线运动规律专题．分析：速度是矢量，只有大小和方向都相同，速度才相同．位移决定于起点和终点．路程是物体运动轨迹的长度，由于速率相同，相同通过的路程相等．解答：解：A、相同时，两人的速度方向相反，速度不同，符合题意．故A正确．B、两人起点相同，终点相同，则位移相同．不符合题意．故B错误．C、两人速率相同，运动相同时间，通过的路程相同．不符合题意．故C错误．D、由题可知两人速率不变，保持相同．不符合题意．故D错误．故选A点评：本题考查矢量与标题相同与不同的问题．注意矢量，只有大小和方向都相同才相同．7．（4分）对于速度、速度变化、加速度之间的关系，正确的说法是（）A．速度较小的物体，速度变化一定很小B．速度较小的物体，加速度一定很小C．速度变化较快的物体，速度变化一定较大D．速度变化较慢的物体，加速度一定较小考点：加速度．专题：直线运动规律专题．分析：加速度表示物体速度变化的快慢，由物体所受的合力和物体的质量共同决定，与速度没有直接的关系．解答：解：A、速度较小的物体，速度变化可以很大，如初速度很小，末速度很大时，速度的变化就很大，故A错误．B、速度较小的物体，加速度可以很大，关键看速度变化的快慢．故B错误．C、速度变化较快的物体，加速度较大，速度变化不一定很大，还要看时间．故C错误．D、加速度表示物体速度变化的快慢，速度变化较慢的物体，加速度一定较小．故D正确．故选D点评：本题考查对速度与加速度关系的理解能力，要从两个量的物理意义、定义等方面进行理解，并加深记忆．8．（4分）甲、乙两物体均做直线运动，其速度图象如图所示，则下列说法中正确的是（）A．甲、乙两物体都做匀变速直线运动B．甲、乙两物体做相向的匀速直线运动C．t1时刻甲、乙两物体相遇D．t2时刻甲、乙两物体速度相等考点：匀变速直线运动的图像．专题：运动学中的图像专题．分析：v﹣t图象中，与时间轴平行的直线表示做匀速直线运动，倾斜的直线表示匀变速直线运动，斜率表示加速度，倾斜角越大表示加速度越大，图象与坐标轴围成的面积表示位移．在时间轴上方的位移为正，下方的面积表示位移为负．相遇要求在同一时刻到达同一位置．解答：解：A、B、v﹣t图象中，倾斜的直线表示匀变速直线运动，故A正确，B错误；C、t1时刻甲、乙两物体速度相同，故C错误；D、t2时刻甲的速度不为0，乙物体速度速度为0，不相等，故D错误．故选A．点评：本题是速度﹣﹣时间图象的应用，要明确斜率的含义，知道在速度﹣﹣时间图象中图象与坐标轴围成的面积的含义，能根据图象读取有用信息．属于基础题．9．（4分）甲、乙两物体所受的重力之比为1：2，甲，乙两物体所在的位置高度之比为2：1，它们各自做自由落体运动，则（）A．落地时的速度之比是：1B．落地时的速度之比是1：1C．下落过程中的加速度之比是1：2D．下落过程中加速度之比是2：1考点：自由落体运动．专题：自由落体运动专题．分析：自由落体运动的加速度为g，根据v2=2gh求出落地的速度之比．解答：解：A、根据v2=2gh得，，高度比为2：1，所以落地的速度比为．故A正确，B错误．C、自由落体运动的加速度为g，与重力无关．故加速度之比为1：1．故C、D错误．故选A．点评：解决本题的关键知道自由落体运动的加速度为g，以及掌握自由落体运动的速度位移公式v2=2gh．10．（4分）两个物体从同一地点先后自由下落，甲比乙先下落3s，下面说法正确的是（）A．甲相对乙的运动是匀速直线运动B．两物落地之前总保持45m的距离C．两物体的距离越来越小D．两物体的距离越来越大考点：自由落体运动．专题：直线运动规律专题．分析：两物体均做自由落体运动，由位移公式列出它们的距离与时间关系的表达式，再求出速度之差与时间的关系，分析甲相对于做什么运动．解答：解：A、设乙运动的时间为t，则甲运动时间为t+3，则两球的相对速度v=g（t+3）﹣gt=3g，所以甲相对乙的运动是匀速直线运动，故A正确；B、则两球的距离S=g（t+3）2﹣gt2=3gt+可见，两球间的距离随时间推移，越来越大．故B错误．C、由B得分析可知C错误；D、由B得分析可知D正确．故选AD．点评：本题通过研究两球之间的距离析甲相对于乙的运动情况，也可以通过求两球速度差来研究．11．（4分）甲物体以速度v0做匀速直线运动，当它运动到某一位置时，该处有另一物体乙开始做初速为0的匀加速直线运动去追甲，由上述条件（）A．可求乙追上甲时乙的速度B．不能求乙追上甲时乙走的路程C．可求乙从开始起动到追上甲时所用的时间D．可求乙的加速度考点：匀变速直线运动的位移与时间的关系；匀变速直线运动的速度与时间的关系．专题：直线运动规律专题．分析：作出甲乙两物体的速度时间图线，通过图象法分析可求出的量．解答：解：甲乙两物体的速度时间图线如图，乙追上甲时位移相等，从图象上看出，此时的速度为2v0．从图象可以看出无法求出追及的时间，以及乙的加速度和甲、乙的位移．故A、B正确，C、D错误．故选：AB．点评：本题从速度时间图线入手解决比较简单直观，速度时间图线的斜率表示物体运动的加速度，图线与时间轴所围成的面积表示位移．二、填空题（每空3分，共21分）12．（3分）如图，重G=10N的光滑球与劲度系数为k=1000N/m的上、下两轻弹簧相连，并与AC、BC两光滑平板相接触，若弹簧CD被拉伸量、EF被压缩量均为x=0.5cm，则小球受力的个数为3个．考点：力的合成与分解的运用；胡克定律．专题：受力分析方法专题．分析：以小球为研究对象，首先分析重力G，其次分析接触力，小球与两个弹簧接触，受到两个弹力，由胡克定律算出弹力的大小，确定出方向．根据这三个的大小和方向，判断三角形框架对小球有无作用力．解答：解：以小球为研究对象，首先小球受到重力G．其次，上面弹簧的拉力，方向向上，大小为F=kx=1000×0.005N=5N．下面弹簧向上的支持力，大小为F=kx=1000×0.005N=5N．由于重力与两个弹簧的弹力平衡，则三角形框架对小球没有作用力．所以小球共受到3个力作用．故答案为：3点评：本题中小球与三角形框架接触，根据分析没有挤压，不存在弹力．弹力是被动力，要根据其他力的情况由平衡条件或牛顿定律进行分析．13．（3分）一子弹沿水平方向连续穿过三块厚度相同的同种材料制成的三块木块后，速度恰好为零，设子弹穿过木块的运动是匀变速直线运动，穿第三块历时s，则子弹穿过三块木块经历的总时间为3s．考点：匀变速直线运动的位移与时间的关系．专题：直线运动规律专题．分析：由题可知，子弹做匀减速运动末速度为零，故可将此过程反向看做初速度为零的匀加速运动，本题采取逆向思维，子弹做初速度为零的匀加速直线运动，根据x=，求出子弹穿过三块木块经历的总时间解答：解：采取逆向思维，子弹穿过最后一块木块有：d=，穿过三块木块有：3d=，联立两式得：=．故答案为：3s点评：本题还可以由初速度为零的匀加速度直线运动，通过相同位移所用时间的比得总时间．14．（3分）屋檐上每隔相等的时间积成一滴水落下，当第一滴水落地时，第五滴水刚好开始下落，此时第四、五滴水之间的距离为1m，则屋檐距离地面的高度为16m．考点：自由落体运动．专题：自由落体运动专题．分析：雨滴做自由落体运动，是初速度为零的匀加速直线运动，从开始运动，在相等时间间隔内的位移之比为1：3：5：7…当第一滴水落地时，第五滴水刚好开始下落，之间正好有四个相等时间间隔，根据比例关系求出总高度．解答：解：自由落体运动是初速度为0的匀加速直线运动，从开始运动，在相等时间间隔内的位移之比为1：3：5：7…当第一滴水落地时，第五滴水刚好开始下落，之间正好有四个相等时间间隔，第1个间隔内的位移与总高度的比值，所以h=16h1=16m．故本题答案为：16．点评：解决本题的关键掌握初速度为0的匀加速直线运动的特殊推论，从开始运动，在相等时间间隔内的位移之比为1：3：5：7…15．（3分）如图为10分度的游标卡尺测量钢管内径时的示数，其示数为2.27cm．考点：刻度尺、游标卡尺的使用．专题：实验题．分析：游标卡尺读数的方法是主尺读数加上游标读数，不需估读．解答：解：游标卡尺的主尺读数为2.2cm，游标尺上第7个刻度和主尺上某一刻度对齐，游标读数为0.1×7mm=0.7mm=0.07cm，所以最终读数为：主尺读数+游标尺读数为：2.2cm+0.07cm=2.27cm；故答案为：2.27．点评：解决本题的关键掌握游标卡尺的读数方法，游标卡尺读数的方法是主尺读数加上游标读数，不需估读．16．（9分）图是某同学在做“测定匀变速直线运动的加速度”实验中的一条纸带，每相邻两个计数点中间都有四个点未画出．打点计时器接在频率为50Hz的电源上．则v B=0.375m/s，v A=0.125m/s，纸带的加速度a=2.5m/s2．考点：测定匀变速直线运动的加速度．专题：实验题；直线运动规律专题．分析：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、C点的速度，再由，求解A点的速度，最后可以根据a=求出物体的加速度大小．解答：解：根据某段时间内的平均速度等于中间时刻的瞬时速度，有：v B===0.375m/sv C===0.625m/s；因此则有v A=2v B﹣v C=2×0.375﹣0.625=0.125m/s；根据加速度的定义式有：a===2.5m/s2；故答案为：0.375m/s，0.125 m/s，2.5 m/s2．点评：解决本题的关键掌握匀变速直线运动某段时间内的平均速度等于中间时刻的瞬时速度以后各种求解加速度的方法．三、计算题（共35分）17．（9分）矿井底部的升降机，从静止开始作匀加速直线运动，经过5s速度达到4m/s，接着又以这个速度匀速上升了20s，然后作匀减速运动4s恰好停在井口，求矿井的深度．考点：匀变速直线运动的位移与时间的关系．专题：直线运动规律专题．分析：弄清运动形式，根据相应的规律列方程求解，即可得到正确结果．解答：解：设匀加速运动的位移为x1，匀速运动的位移为x2，匀减速运动的位移为x3．已知：v=4m/s，t1=5s，t2=20s，t3=4s．匀加速的位移：x1==10m匀速的位移：x2=vt2=80m匀减速的位移：x3==8m总位移：x=x1+x2+x3=98m故矿井的深度为98m．点评：一物体多过程问题是考试的重点，要熟练掌握运动学公式，在平时加强训练，提高解题能力．18．（9分）一木箱放在水平地面上，木箱质量为m，用水平推力F1即可使物体做匀速直线运动，现改用与水平方向成θ角的斜向上的拉力F2去拉物体，也使它做匀速直线运动，如图所示，求这个拉力F2的大小．考点：牛顿第二定律．专题：牛顿运动定律综合专题．分析：用水平推力F1即可使物体做匀速直线运动，根据共点力平衡求出动摩擦因数的大小，改用与水平方向成θ角的斜向上的拉力F2去拉物体，也使它做匀速直线运动，根据共点力平衡求出拉力F2的大小．解答：解：用水平推力F1即可使物体做匀速直线运动，知摩擦力f=F1．支持力N=mg则动摩擦因数．当改用与水平方向成θ角的斜向上的拉力F2去拉物体，则有：F2cosθ=f′f′=μ（mg﹣F2sinθ）联立解得=．答：这个拉力F2的大小．点评：解决本题的关键能够正确地受力分析，运用共点力平均进行求解．19．（9分）物体做匀变速直线运动的初速度v0=2m/s，加速度a=1m/s2，则物体从第4s初至第6s末这段时间内平均速度和位移各是多大？考点：匀变速直线运动的位移与时间的关系；平均速度．专题：直线运动规律专题．分析：根据匀变速直线运动的速度时间公式分别求出3s末的速度和6s末的速度，然后根据平均速度公式求出平均速度，根据x=求出位移．解答：解：3s末的速度v1=v0+at1=2+1×3m/s=5m/s．6s末的速度v2=v0+at2=2+1×6m/s=8m/s．则从第4s初至第6s末这段时间内平均速度．位移x=．故从第4s初至第6s末这段时间内平均速度和位移分别为6.5m/s和19.5m．点评：解决本题的关键掌握匀变速直线运动的速度时间公式和匀变速直线运动的平均速度公式．20．（8分）如图所示，在水平桌面上的两个完全相同的小球a和b紧贴在一起，球的半径为R，质量为m，它们用长为2L的细绳ACB连结在一起，在细绳的中点C处有一水平恒力F拉着两个小球向右做匀速直线运动．求运动过程中，CA段绳的拉力T和b球对a球压力N的大小．。
四川省雅安市天全中学2013-2014学年高二(上)期中物理试卷
2021-2022学年四川省雅安市天全中学高二（上）期中物理试卷一、选择题（10*4分）1．（4分）（2021秋•景洪市校级期末）由电场强度的定义式E=可知，在电场中的同一点（）A．电场强度E跟F成正比，跟q成反比B．无论摸索电荷所带的电量如何变化，始终不变C．同一电荷在电场中某点所受的电场力大，该点的电场强度强D．一个不带电的小球在P点受到的电场力为零，则P点的场强肯定为零考点：电场强度．专题：电场力与电势的性质专题．分析：电场强度与摸索电荷所受电场力、电荷量无关，由电场本身打算．同一电荷在电场中某点所受的电场力大，该点的电场强度不肯定大．电场对不带电的小球没有电场力作用，一个不带电的小球在P点受到的电场力为零，P点的场强不肯定为零．解答：解：A、电场强度等于摸索电荷所受电场力与电荷量的比值，但电场强度E并不跟F成正比，跟q成反比，而F、q无关，E由电场本身打算．故A错误．B、在电场中的同一点，电场强度E 是肯定的，则无论摸索电荷所带的电量如何变化，始终不变．故B正确．C、同一电荷在电场中某点所受的电场力大，P点的场强不肯定为零，还要该电荷的电荷量大小．故C错误．D、电场对不带电的小球没有电场力作用，不带电的小球在P点受到的电场力为零，P点的场强可能为零，也可能不为零．故D错误．故选B点评：对于电场强度，要抓住它的比值定义法的共性，E与摸索电荷所受电场力、电荷量无关，反映电场本身的强弱和方向．2．（4分）（2021•贵州学业考试）电场中有A、B两点，在将某电荷从A点移到B点的过程中，电场力对该电荷做了正功，则下列说法中正确的是（）A．该电荷是正电荷，且电势能削减B．该电荷是负电荷，且电势能增加C．该电荷电势能增加，但不能推断是正电荷还是负电荷D．该电荷电势能削减，但不能推断是正电荷还是负电荷考点：电势能．分析：电场力对电荷做正功，说明运动的方向与电场力方向相同，电荷的电势能减小，依据动能定律知动能增大．解答：解：A、B：电场力对电荷做正功，说明运动的方向与电场力方向相同，电荷的电势能减小；但是不能推断出该电荷是正电荷还是负电荷．故A错误，B错误；C：电场力对电荷做正功，电荷的电势能减小；故C错误；D：电场力对电荷做正功，说明运动的方向与电场力方向相同，电荷的电势能减小；但是不能推断出该电荷是正电荷还是负电荷．故D正确；故选：D点评：考查了功能关系：电场力做功，导致电势能变化．就像重力做功，必导致重力势能变化一样．3．（4分）（2021•贵州学业考试）如图所示的试验装置中，极板A接地，平行板电容器的极板B与一个灵敏的静电计相接．将A极板向左移动，增大电容器两极板间的距离时，电容器所带的电量Q、电容C、两极间的电压U，电容器两极板间的场强E的变化状况是（）A．Q变小，C不变，U不变，E变小B．Q变小，C变小，U不变，E不变C．Q不变，C变小，U变大，E不变D．Q不变，C变小，U变大，E变小考点：电容器的动态分析．专题：电容器专题．分析：题中平行板电容器与静电计相接，电容器的电量不变，转变板间距离，由C=，分析电容的变化，依据C=分析电压U的变化，依据E=分析场强的变化．解答：解：A、B，平行板电容器与静电计并联，电容器所带电量不变．故A、B错误．C、D，增大电容器两极板间的距离d时，由C=知，电容C变小，Q不变，依据C=知，U变大，而E===，Q、k、ɛ、S均不变，则E不变．故C正确，D错误．故选C点评：对于电容器动态变化分析问题，要抓住不变量．当电容器保持与电源相连时，电压不变．当电容器充电后，与电源断开后，往往电量不变．4．（4分）（2021秋•新会区校级期末）如图所示是一个说明示波管工作原理的示意图，电子经电压U1加速后垂直进入偏转电场，离开电场时的偏转量是h，两平行板间的距离为d，电势差为U2，板长为L．为了提高示波管的灵敏度（每单位电压引起的偏转量），可接受的方法是（）A．增大两板间的电势差U2B．尽可能使板长L短些C．尽可能使板间距离d小一些D．使加速电压U1上升一些考点：带电粒子在匀强电场中的运动．专题：带电粒子在电场中的运动专题．分析：本题的关键是依据动能定理和类平抛运动规律求出示波管灵敏度的表达式，然后争辩即可求解．解答：解：带电粒子加速时，由动能定理得：qU1=mv02带电粒子偏转时，由类平抛运动规律，得：L=v0th=at2又由牛顿其次定律得：a=联立以上各式可得h=由题意，灵敏度为：=可见，灵敏度与U2无关，故A错误．要提高示波管的灵敏度，可使板长L长些、板间距离d小一些、使加速电压U1降低一些，故ABD错误，C 正确．故选：C．点评：本题是信息赐予题，依据所给的信息，结合物理规律找出示波管的灵敏度的表达式，即可解决本题．5．（4分）（2021秋•德清县校级期中）两个等量异种电荷的连线的垂直平分线上有a、b、c三点，如图所示，下列说法正确的是（）A．a点电势比b点高B．a、b两点的场强方向相同，b点场强比a点大C．a、b、c三点和无穷远处等电势D．一个电子在a点无初速度释放，则它将在c点两侧往复振动考点：电势差与电场强度的关系；电势；电势能．专题：电场力与电势的性质专题．分析：两个等量异种电荷连线的垂直平分线是一条等势线；电场强度方向与等势面方向垂直，而且指向电势低的方向．依据电子的受力状况，分析电子的运动状况．解答：解：A、C、a、b、c是两个等量异种电荷连线的垂直平分线的三点，电势相等，而且与无穷远处电势相等．故A错误，C正确．B、a、b两点的场强方向都与垂直平分线垂直向右，方向相同．由于b处电场线密，电场强度大于a处电场强度．故B正确．D、一个电子在a点受到的电场方向垂直于垂直平分线向左，无初速释放后，将向左下方运动，不行能到达c点．故D错误．故选BC．点评：对于等量异种电荷和等量同种电荷连线和垂直平分线的特点要把握，抓住电场线和等势面的对称性进行记忆．6．（4分）（2021秋•天全县校级期中）如图所示，平行线代表电场线，但未标明方向，一个带正电，电量为10﹣6C的微粒在电场中仅受电场力的作用，当它从A点运动到B点时动能削减了10﹣5J，已知A点的电势为﹣10V，则以下推断正确的是（）A．微粒的运动轨迹如图中的虚线1所示B．微粒的运动轨迹如图中的虚线2所示C．匀强电场的方向向右D．B点电势为﹣20V考点：电势能；电场线；电势．专题：电场力与电势的性质专题．分析：带正电的微粒仅受电场力的作用，从A点运动到B点时动能削减了10﹣5J，说明电场力做负功，则知电场力方向水平向左，依据曲线运动的合力指向轨迹的内侧，可知其轨迹为1，还可推断出电场线的方向．依据动能定理求出AB间的电势差，由U AB=φA﹣φB，可求出B点的电势．解答：解：A、B由题，带正电的微粒仅受电场力的作用，从A点运动到B点时动能削减了10﹣5J，说明电场力做负功，则知电场力方向水平向左，依据曲线运动的合力指向轨迹的内侧，故微粒的运动轨迹是如图虚线1所示．故A正确，B错误．C、由于微粒带正电，电场力水平向左，则电场强度方向水平向左．故C错误．D、依据动能定理得：qU AB=△E k，得U AB =V=﹣10V，又U AB=φA﹣φB，φA=﹣10V，则φB=0．故D错误．故选A点评：依据轨迹的方向要能推断出合力的方向，结合电场的性质，依据动能定理求出电势差，再求电势，都是常规的方法．7．（4分）（2021秋•庆安县校级期末）如图所示，直线A为电源的U﹣I图线，直线B为电阻R的U﹣I图线；用该电源和电阻组成的闭合电路，电源输出功率和电路的总功率分别是（）A．4 W，8 W B．2 W，4 W C．4 W，6 W D．2 W，3 W考点：电功、电功率．专题：恒定电流专题．分析：依据图象可以得到电阻的电压和电阻的电流之间的关系，由此可以推断电源的功率和电路的总功率的大小．解答：解：由图可知，E=3V，U=2V，I=2A则电源输出功率为：P=UI=2×2=4W电源总功率是：P=EI=3×2=6W故选：C．点评：电源输出功率和电源总功率计算的公式不同，区分开不同的公式即可求得不同的功率的大小．8．（4分）（2022秋•珠海期末）如图所示的电路中，电源的电动势E和内电阻r恒定不变，电灯L恰能正常发光，假如变阻器的滑片向a端滑动，则（）A．电灯L更亮，安培表的示数减小B．电灯L更亮，安培表的示数增大C．电灯L变暗，安培表的示数减小D．电灯L变暗，安培表的示数增大考点：闭合电路的欧姆定律．专题：恒定电流专题．分析：滑动变阻器的滑片向b端滑动过程，变阻器接入电路的电阻增大，外电路总电阻增大，由欧姆定律分析总电流的变化和路端电压的变化，来推断电灯亮度和电流表示数的变化．解答：解：滑动变阻器的滑片向a端滑动过程，变阻器接入电路的电阻减小，外电路总电阻减小，由欧姆定律得知总电流I增大，电流表的示数增大；路端电压U=E﹣Ir减小．灯泡L两端的电压等于路端电压，所以电灯L 变暗，故选D点评：本题为简洁的电路动态分析问题．对于路端电压也可以直接依据路端电压随外电阻增大而增大进行推断．9．（4分）（2011秋•通州区期中）如图所示的电路中，U=120V，滑动变阻器R2的最大值为200Ω，R1=100Ω．当滑片P滑至R2的中点时，a．b两端的电压为（）A．60V B．40V C．80V D．120V考点：闭合电路的欧姆定律．专题：恒定电流专题．分析：当滑片P滑至R2的中点时，变阻器下半部分电阻与R1并联后与上半部分电阻串联，依据串联电路电流相等的特点，由欧姆定律接受比例法求出a．b两端的电压．解答：解：由题，滑片P滑至R2的中点，变阻器下半部分电阻为100Ω，下半部分电阻与R1并联的阻值为R并==50Ω，则a．b两端的电压为U ab =U=×120V=40V故选B点评：本题中滑动变阻器接受分压式接法，当滑片位置转变时，a、b端输出电压随之转变．基础题．10．（4分）（2022秋•江阴市校级期末）用伏安法测电阻时，电流表外接电路和电流表内接电路的误差来源是（）A．外接电路由于电压表内阻的分流，使得电阻的测量值小于真实值B．外接电路由于电压表内阻的分流，使得电阻的测量值大于真实值C．内接电路由于电流表内阻的分压，使得电阻的测量值小于真实值D．内接电路由于电流表内阻的分压，使得电阻的测量值大于真实值考点：伏安法测电阻．专题：试验题；恒定电流专题．分析：（1）电流表外接法，由于电压表的分流作用，使电流表测的电流大于流过电阻的电流，测量值小于真实值；待测电阻越小，电压表的分流作用越小，电流表测的电流越接近流过电阻的真实值，试验误差越小．（2）电流表内接法，由于电流表的分压作用，使电压表测的电压大于待测电阻两端的电压，测量值大于真实值；待测电阻阻值越大，电流表分压影响越小，电压表的测量值越接近真实值，试验误差越小．解答：解：A、B、伏安法测电阻的试验中，电流表外接法由于电压表的分流，使电流I的测量值偏大，电压U的测量值等于真实值，由R=可知，电阻测量值小于真实值，故A正确，B错误；C、D、在电流表的内接法中，由于电流表内阻的分压，使电压U的测量值大于真实值，电流I的测量值等于真实值，由R=可知，电阻测量值大于真实值，故C错误，D正确；故选AD．点评：本题考查了伏安法测电阻两种接法的误差分析，难度不大，知道两种接法的电路连接方式、娴熟应用串并联电路特点、欧姆定律即可正确解题．二、试验题（7*2分）11．（7分）（2021秋•天全县校级期中）在使用多用电表测电阻时，一同学选用“×10Ω”挡，调整欧姆零点后测量一电阻的阻值，发觉表针向右偏转幅度太大，为了把电阻值测得更精确些，下列推断和做法正确的是（）A．换用“×1Ω”挡，直接测量B．换用“×100Ω”挡，直接测量C．换用“×1Ω”挡，重新调整欧姆零点后测量D．换用“×100Ω”挡，重新调整欧姆零点后测量考点：多用电表的原理及其使用．专题：恒定电流专题．分析：欧姆表的表盘左边密右边疏，且零刻度在右边，偏角大说明阻值小，要换较小挡，重新调零后测量．解答：解：欧姆表的零刻度在右边，所以指针偏角大说明待测电阻较小，为了精确应换×1Ω挡，且重新调零后测量，故ABD错误C正确．故选：C点评：本题考查了欧姆表的使用方法，特殊要留意每次选档后都要重新调零．12．（7分）（2021秋•新余期末）测定电源的电动势和内电阻的试验电路和U﹣I图象如下，请回答下列问题（1）如图所示在闭合开关之前移为防止电表过载而滑动变阻器的滑动头P应放在a处（2）现备有以下器材：A．干电池1个B．滑动变阻器（0～50Ω，）C．滑动变阻器（0～1750Ω）D．电压表（0～3V）E．电压表（0～15V）F．电流表（0～0.6A）G．电流表（0～3A）其中滑动变阻器应选B，电压表应选D电流表应选F．（填字母代号）（3）乙图是依据试验数据画出的U﹣I图象．由此可知这个干电池的电动势E= 1.5V，内电阻r=0.75Ω．考点：测定电源的电动势和内阻．专题：试验题；恒定电流专题．分析：（1）闭合开关之前滑动变阻器的滑动头P应放在最大值位置处．（2）在选择电压表和电流表时要求在不超过量程的前提下偏转角度尽量大些，在满量程的左右偏转最好．（3）在U﹣I图象中纵坐标的截距代表的是电源的电动势，直线的斜率代表的是电源的内阻的大小．解答：解：（1）闭合开关之前滑动变阻器的滑动头P应放在最大值位置处，即a处．（2）滑动变阻器起把握电流的作用，而电源电动势大约1.5V，电路中电流较小，故为了便用调整，滑动变阻器选取B．电源电动势大约1.5V，因此电压表选择量程为3V的比较合适，故电压表选择D，电路中的电流较小，因此电流表选择F．（3）在U﹣I图象中图象与纵坐标的交点等于电源的电动势，所以由图可以读出电源的电动势为1.5V，图象中的斜率表示电源的内阻，所以电源的内阻为r=Ω=0.75Ω．故答案为：（1）a（2）B，D，F．（3）1.5，0.75．点评：正确选择仪器是电学试验的经常考查的考点；在测量电源电动势和内阻时，要留意依据画出的U﹣I图象结合数学学问分析出电动势及内阻．三、计算题（共46分）13．（15分）（2021秋•鲤城区校级期末）在匀强电场中，将一电荷量为2×10﹣5C的负电荷由A点移到B点，其电势能增加了0.1J，已知A、B两点间距为2cm，两点连线与电场方向成60°角，如图：问：（1）在电荷由A移到B的过程中，电场力做了多少功？（2）A、B两点间的电势差为多少？（3）该匀强电场的电场强度为多大？考点：电势；电场强度；电势能．专题：电场力与电势的性质专题．分析：依据电场力做功与电势能的关系W AB=E A﹣E B=﹣△E可计算电场力做的功，由W=qu可求AB间的电势差U ab，再由E=求的电场强度，留意d是沿电场线方向的解答：解：（1）由题意依据电场力做功与电势能的关系W AB=E A﹣E B=﹣△E得，W AB=﹣△E=﹣0.1J 即电场力做了﹣0.1J的功（2）由W=qu可求AB间的电势差U AB==5×103V（3）由E=得，=5×105V/m即电场强度为5×105V/m．点评：考查了电场力做功与电势能、电势差的关系，电场强度与电势差的关系．14．（15分）（2021秋•岑溪市校级期末）如图所示是利用电动机提升重物的示意图，其中D是直流电动机．p是一个质量为m的重物，它用细绳拴在电动机的轴上．闭合开关s，重物p以速度v匀速上升，这时抱负电流表和抱负电压表的示数分别是I=5.0A和U=110V，重物p上升的速度v=0.70m/s．已知该装置机械部分的机械效率为70%，重物的质量m=45kg（g取10m/s2）．求（1）电动机消耗的电功率P电；（2）绳对重物做功的机械功率P机；（3）电动机线圈的电阻R．考点：电功、电功率；闭合电路中的能量转化．专题：恒定电流专题．分析：（1）已知电动机两端的电压和通过的电流，依据P=UI求出电动机的耗电功率；（2）依据P机=mgv求出机械功率；（3）由机械部分的机械效率可求出电动机输出功率，依据电动机消耗的功率与输出功率之差，即为线圈电阻发热功率，再由P=I2R求出电动机线圈的电阻．解答：解：（1）电动机消耗的电功率为P电=UI=5×110W=550W（2）绳对重物做功的机械功率为P机=mgv=45×10×0.70W=315W（3）电动机输出的电功率为P机出==W=450W电动机线圈的电阻R的发热功率为P线=P电﹣﹣P机出=100W由P线=I2R得电动机线圈的电阻R=答：（1）电动机消耗的电功率P电为550W；（2）绳对重物做功的机械功率P机为315W；（3）电动机线圈的电阻R为4Ω．点评：知道电动机工作时，消耗的电能转化为其它形式的能（一是机械能，二是内能）是解本题的关键．15．（16分）（2010秋•福州期中）如图所示，在竖直向下的匀强电场中，一个质量为m带负电的小球从斜轨道上的A点由静止滑下，小球通过半径为R的圆轨道顶端的B点时恰好不落下来．已知轨道是光滑而又绝缘的，且小球的重力是它所受的电场力2倍．求：（1）A点在斜轨道上的高度h为多少？（2）小球运动到最低点时的对轨道压力为多少．考点：动能定理的应用；牛顿其次定律；电场强度．专题：动能定理的应用专题．分析：（1）小球恰好通过最高点，则由向心力公式可求得B点的速度；对AB过程由动能定理可得A在轨道上的高度；（2）对AC过程由动能定理要求得C点的速度，由向心力公式可求得小球在最低点时对轨道的压力．解答：解：由题意得：mg=2Eq设小球到B点的最小速度为V B，则由牛顿其次定律可得：mg﹣Eq=m；对AC过程由动能定理可得：mg（h﹣2R）﹣Eq（h﹣2R）=mV B2；联立解得：h=R；（2）对AC过程由动能定理可得：mgh﹣Eqh=m；由牛顿其次定律可得：F+Eq﹣mg=m联立解得：F=3mg；由牛顿第三定律可得小球对轨道最低点的压力为3mg．点评：本题考查动能定理及向心力公式的应用，在解题时留意计算中的中间过程不必解出，而应联立可以简洁求出．。