广东省汕头市普通高中2014-2015学年高二物理教学质量检测试题
2014～2015学年第二学期高二期末物理试卷
2014～2015学年第二学期高二期末物理试卷(试卷满分100 分，考试时间为100 分钟)试题说明：1.本试卷分为试卷Ⅰ和试卷Ⅱ两部分。
试卷Ⅰ为选择题部分，必须将答案涂在机读卡上，否则不得分。
试卷Ⅱ为非选择题部分，把解答过程写在答题纸上相应预留的位置。
2.学生只需上交机读卡和答题纸。
试卷Ⅰ（选择题部分）一、单项选择题（每小题2分，共30分。
在每小题给出的四个选项中，只有一个选项正确）1.关于对光的本性的认识,下列说法中正确的是( )A．牛顿的微粒说与惠更斯的波动说第一次揭示了光具有波粒二象性B．牛顿的微粒说与爱因斯坦的光子说没有本质的区别C．爱因斯坦从理论上指出电磁波传播速度跟光速相同,他提出光是一种电磁波D．麦克斯韦的电磁说与爱因斯坦的光子说说明光具有波粒二象性2．杨氏双缝干涉实验中，设置单缝的目的是( )A.使得作为光源的双缝S1、S2都是由它形成的相干光源；B.控制光的强度；C.控制光的照射范围；D.使光先发生衍射.3．在双缝干涉实验中，以白光为光源.在屏幕上观察到了彩色干涉条纹.若双缝中的一缝前放一红色滤光片(只能透过红光)，另一缝前放一绿色滤光片(只能透过绿光)，这时( )A.只有红光和绿光的双缝干涉条纹，其他颜色的双缝干涉条纹消失；B.红光和绿光的双缝干涉条纹消失，其他颜色的双缝干涉条纹依然存在；C.任何颜色的双缝干涉条纹都不存在，但屏上仍有光亮；D .屏上无任何光亮.4. 下列关于动量和冲量的说法中正确的是（）A.物体的动量改变，一定是速度的大小改变B.物体的动量改变，一定是速度的方向改变C.物体的运动状态改变，其动量一定改变D.以上说法均不对。
5. 放射性探伤是利用了( )A.α射线的电离本领；B.β射线的贯穿本领；C.γ射线的贯穿本领；D.放射性元素的示踪本领.6.如图所示，红光和紫光以不同的角度，沿半径方向射向半圆形玻璃砖的圆心O，它们的出射光线沿OP方向，则下列说法中正确的是( )A．AO是红光，穿过玻璃砖所需时间短B．AO是紫光，穿过玻璃砖所需时间短C．AO是红光，穿过玻璃砖所需时间长D．AO是紫光，穿过玻璃砖所需时间长7.甲、乙两物体的质量之比为m甲:m乙=1:4,若它们在运动过程中的动能相等,则它们动量大小之比p甲:p乙是( )A．1:1 B．1:2 C．1:4 D．2:18.在光滑水平直路上停着一辆较长的木板车,车的左端站立一个大人,车的右端站立一个小孩.如果大人向右走,小孩(质量比大人小)向左走.他们的速度大小相等,则在他们走动过程中( )A．车可能向右运动B．车一定向左运动C．车可能保持静止D．无法确定9.关于原子和原子核，下列说法正确的有( )A．汤姆孙发现电子后猜想出原子内的正电荷集中在很小的核内B．α粒子散射实验中少数α粒子发生了较大偏转是卢瑟福猜想原子核式结构模型的主要依据之一C．放射性元素发生衰变时，由于质量亏损，质量数不守恒D．玻尔原子理论无法解释较复杂原子的光谱现象，说明玻尔提出的原子定态概念是错误的10.甲、乙两铁球质量分别是m1=1 kg，m2=2 kg，在光滑平面上沿同一直线运动,速度分别是v1=6 m/s、v2=2 m/s.甲追上乙发生正碰后两物体的速度有可能是( )A.v1′=7 m/s，v2′=1.5 m/sB. v1′=2 m/s，v2′=4 m/sC. v1′=3.5 m/s，v2′=3 m/sD. v1′=4 m/s，v2′=3 m/s11.已知金属钙的逸出功为2.7eV，氢原子的能级图如图所示，一群氢原子处于量子数n=4的能量状态，则( )A.氢原子可能辐射3种频率的光子B.氢原子可能辐射5种频率的种子C.有3种频率的辐射光子能使钙发生光电效应D.有4种频率的辐射光子能使钙发生光电效应12.具有天然放射性的90号元素钍的同位素钍232经过一系列α衰变和β衰变之后，变成稳定的82号元素铅208．下列判断中正确的是（）A．钍核比铅核多24个质子B．钍核比铅核多16个中子C．这一系列衰变过程中共释放出4个α粒子和6个β粒子D．这一系列衰变过程中共发生了6次α衰变和6次β衰变13.关于核能和核反应下列说法正确的是( )A．根据E=mC2可知物体所具有的能量和它的质量之间存在着简单的正比关系B．根据ΔE=ΔmC2，在核裂变过程中减少的质量转化成了能量C．太阳内部进行的热核反应属于重核的裂变D．当铀块的体积小于临界体积时就会发生链式反应，瞬时放出巨大能量14.在如图所示的装置中，木块B与水平桌面间的接触是光滑的，子弹A沿水平方向射入木块后留在其中，将弹簧压缩到最短．若将子弹、木块和弹簧合在一起作为系统，则此系统在从子弹开始射入到弹簧被压缩至最短的整个过程中（）A．动量守恒，机械能守恒B．动量守恒，机械能不守恒C．动量不守恒，机械能不守恒D．动量不守恒，机械能守恒15.如图所示,一个折射率为2的三棱镜,顶角是45°.有一束光以图示方向射到三棱镜上,入射角为i(0<i<90°)则下列有关这束光传播过程的判断正确的是( ) (不考虑两次反射)①两个界面都会发生反射现象；②两个界面都可能发生折射现象③在界面I 不可能发生全反射④在界面Ⅱ可能发生全反射现象A ．只有①②B ．只有②③C ．只有①②③D ．只有①③④二、多选题（共20分。
汕头市东厦中学等三校2014-2015学年高二上学期期末考试物理试题及答案
2014-2015学年广东省汕头市东厦中学等三校高二（上）期末物理试卷一.单项选择题：本题共8小题，每小题3分，共24分．每小题给出的四个选项中，只有一个选项符合题目要求．选对的得4分，选错或不答的得0分．1．（3分）磁场中某区域的磁感线，如图所示，则（）A．a、b两处的磁感应强度的大小不等，B a＞B bB．a、b两处的磁感应强度的大小不等，B a＜B bC．同一通电导线放在a处受力一定比放在b处受力大D．同一通电导线放在a处受力一定比放在b处受力小考点：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：磁场是一种特殊物质形态，既看不见又摸不着．因此引入磁感线来帮助我们理解磁场，磁感线的疏密表示磁场的强弱，磁感线上某点的切线方向表磁场的方向．而小段通电导线放在磁场中有磁场力作用，但要注意放置的角度．解答：解：磁场中某区域的磁感线如图所示：a处的磁感线比b处疏，则a点磁感强度比b点小．所以A不正确，B正确；当将一小段通电导线放入磁场时，若没有磁场力，不一定没有磁感应强度，原因是受到放置角度的限制，当通电导线垂直磁场时，受到的磁场力最大．所以C、D选项均不正确．故选B．点评：磁场方向的是根据小磁针的受力方向规定的，小磁针N极受力方向或静止时所指方向就是该点磁场方向，也是磁感应强度方向．也可用磁感线的切线方向来判定磁场中的某点的磁场方向．磁感线的疏密程度来表示磁感应强度的大小．密的地方磁感应强度大，疏的地方磁感应强度小．这些特点和电场中的电场强度的方向和大小非常类似．2．（3分）（2010•上海）如图，长为2l的直导线折成边长相等，夹角为60°的V形，并置于与其所在平面相垂直的匀强磁场中，磁感应强度为B．当在该导线中通以电流强度为I的电流时，该V形通电导线受到的安培力大小为（）A．0B．0.5BIl C．B Il D．2BIl考点：安培力的计算．专题：计算题．分析：由安培力公式F=BIL进行计算，注意式中的L应为等效长度．解答：解：导线在磁场内有效长度为2lsin30°=l，故该V形通电导线受到安培力大小为F=BI2lsin30°=BIL，选项C正确．故选C．点评：本题考查安培力的计算，熟记公式，但要理解等效长度的意义．3．（3分）（2010•佛山一模）电荷量为3e的正离子，自匀强磁场a点如图射出，当它运动到b点时，打中并吸收了原处于静止状态的一个电子，若忽略电子质量，则接下来离子的运动轨迹是（）A．B．C．D．考点：带电粒子在匀强磁场中的运动；动量守恒定律．专题：带电粒子在磁场中的运动专题．分析：离子在磁场中做匀速圆周运动，吸收电子后所带电荷量减小，根据洛伦兹力提供圆周运动向心力确定离子半径变化情况．解答：解：离了吸收一个电子后，离子带电荷量由+3e变为+2e，由于不考虑电子质量，故吸收电子后离子运动的速度保持不变．由洛伦兹力提供向心力qvB=m可得离子运动半径R=因为离子吸收电子后带电荷量减小且离子速度不变，故离子做圆周运动轨道半径R增大，离子带电荷各类没有发生变化，故离子圆周运动方向没有发生变化，故ABC错误，D正确．故选D点评：该题考查带电离子在磁场中的运动，由于电量的改变而导致运动半径的变化，此内容是高考的重点内容之一，有很强的伸缩空间，是考生复习的重点．本题属中等题目4．（3分）关于电源的电动势，下列说法正确的是（）A．电源的电动势就是接在电源两极间的电压表测得的电压B．同一电源接入不同的电路，电动势就会发生变化C．电源的电动势是表示电源把其他形式的能转化成电能的本领大小的物理量D．在闭合电路中，当外电阻变大时，路端电压增大，电源的电动势也增大考点：电源的电动势和内阻．专题：恒定电流专题．分析：电源没有接入电路时两极间的电压在数值上等于电源的电动势．电动势的物理意义是表征电源把其他形式的能转化为电能本领强弱，与外电路的结构无关．电源的电动势在数值上等于内、外电压之和．解答：解：A、电压表是由内阻的，跟电源连接后构成一个通路，测量的是电压表内阻的电压，所以电压表测得的电源两极间电压值略小于电动势．故A错误．B、电动势反映本身的特性，与外电路的结构无关．故BD错误．C、电动势的物理意义是表征电源把其他形式的能转化为电能本领强弱，电动势越大，本领越大．故C正确．故选：C．点评：本题考查对于电源的电动势的理解能力．电动势是表征电源把其他形式的能转化为电能本领大小，与外电路无关．5．（3分）（2013•汕头一模）如图，在正点电荷Q形成的电场中，在某点M放入一电荷量为q的正点电荷P，P受到的库仑力为F，下列表述正确的是（）A．P、Q之间相互吸引B．若将P移走，则M点的电场强度为零C．若将P移近Q，则P所受库仑力减小D．若将P的电荷量增大为2q，则P所受库仑力增大为2F考点：库仑定律．专题：电场力与电势的性质专题．分析：电场中的场强与放入电场中的电荷无关，电场强度的定义式为E=．电场线的疏密表示场强的大小，电场线越密的地方，场强越强；电场线越疏的地方，场强越弱．解答：解：A、由题意可知，点电荷Q与P均为同种电荷，则出现排斥现象，故A错误；B、M点的电场强度由正点电荷Q产生的，当在M点放入P点电荷时，则电荷受到电场力作用；当取走电荷时，则没有电场力，而该处的电场强度却依然存在，故B错误；C、若将P移近Q时，两者间的库仑力将增大，故C错误；D、根据电场强度的定义式为E=．当将P的电荷量增大为2q，则P所受库仑力增大为2F，故D正确，故选：D点评：解决本题的关键理解电场强度的定义式E=．知道其与放入电场中的电荷无关．电场线越密的地方，场强越强；电场线越疏的地方，场强越弱．6．（3分）（2010•安徽）如图所示，M、N是平行板电容器的两个极板，R0为定值电阻，R1、R2为可调电阻，用绝缘细线将质量为m、带正电的小球悬于电容器内部．闭合电键S，小球静止时受到悬线的拉力为F．调节R1、R2，关于F的大小判断正确的是（）A．保持R1不变，缓慢增大R2时，F将变大B．保持R1不变，缓慢增大R2时，F将变小C．保持R2不变，缓慢增大R1时，F将变大D．保持R2不变，缓慢增大R1时，F将变小考点：串联电路和并联电路；共点力平衡的条件及其应用；电场强度；路端电压与负载的关系．专题：压轴题；恒定电流专题．分析：电容器两端间的电压与R0两端的电压相等，通过判断R0两端间电压的变化，知道极板间电场的变化，从而知道电场力的变化及拉力的变化．解答：解：保持R1不变，缓慢增大R2时，由于R0和R2串联，总电流减小，R0两端的电压减小，即平行板电容器的两个极板的电压U减小，带电小球受到的电场力减小，悬线的拉力为将减小，故A错误，B正确．保持R2不变，缓慢增大R1时，由于在含容支路中的电阻相当于导线，所以R0两端的电压不变，F电不变，悬线的拉力为F不变，故C、D错误．故选B．点评：解决本题的关键是1、熟悉含容电路的特点：电容两端间的电压与其并联部分的电压相等；含容支路中的电阻相当于导线．2、会正确的进行受力分析，搞清楚什么力变化导致拉力的变化．7．（3分）（2014•安徽一模）如图所示，A、B为相同的两个灯泡，均发光，当变阻器的滑片P向下端滑动时，则（）A．A灯变亮，B灯变暗B．A灯变暗，B灯变亮C．A、B灯均变亮D．A、B灯均变暗考点：闭合电路的欧姆定律．专题：恒定电流专题．分析：首先认识电路的结构：变阻器与灯B并联与R串联，再与灯A并联．当变阻器的滑片P向下端滑动时，变阻器接入电路的电阻减小，分析外电路总电阻减小，根据欧姆定律分析总电流的变化和路端电压的变化，即可知道灯A的亮度变化．根据总电流和通过A电流的变化，分析通过R的电流变化和电压变化，可分析出B两端电压的变化，即可灯B亮度变化．可分析出通过并联电路的变化，则知灯B的变化．解答：解：电路的结构是：变阻器与灯B并联与R串联，再与灯A并联．当变阻器的滑片P 向下端滑动时，变阻器接入电路的电阻减小，外电路总电阻减小，则知总电流增大，内电压增大，路端电压减小，通过A的电流减小，则灯A变暗．因总电流增大、通过A的电流减小，则通过R的电流增大，R的电压增大，路端电压减小，则B两端电压的减小，B灯变暗．所以A、B灯均变暗．故选：D．点评：本题是电路动态变化分析问题，按“局部→整体→局部”的思路进行分析．8．（3分）如图所示，在两条竖直边界线所围的匀强电场中，一个不计重力的带电粒子从左边界的P点以某一水平速度射入电场，从右边界的Q点射出，下列判断正确的有（）A．粒子带正电B．粒子做匀速圆周运动C．粒子电势能增大D．若增大电场强度粒子通过电场的时间变大考点：匀强电场中电势差和电场强度的关系；电势能．专题：电场力与电势的性质专题．分析：根据带电粒子的偏转方向得出粒子所受电场力的方向，从而确定电荷的电性，粒子垂直进入匀强电场做类平抛运动，根据电场力做功判断电势能的变化，将粒子的运动分解为水平方向和竖直方向，抓住水平方向上做匀速直线运动判断时间的变化．解答：解：A、粒子垂直电场进入，做类平抛运动，电场力竖直向下，知粒子带正电．故A 正确，B错误．B、从P到Q，电场力做正功，电势能减小．故C错误．D、粒子在水平方向上做匀速直线运动，初速度不变，由x=v0t知：t=，则仅增大电场强度，粒子穿越电场的时间不变，故D错误．故选：A．点评：解决本题的关键知道粒子垂直进入电场做类平抛运动，掌握处理类平抛运动的方法，知道电场力做功与电势能变化的关系．二、双项选择题：本大题共6小题，每小题4分，共24分．在每小题给出的四个选项中，有两个选项符合题目要求，全部选对的得4分，只选1个且正确的得2分，有选错或者不答的得0分．9．（4分）如图是点电荷电场中的一条电场线，下面说法正确的是（）A．A点的场强一定大于B点的场强B．A点的电势一定比B点高C．这个电场一定是正电荷形成的D．在B点由静止释放一个电子，它一定向A点运动考点：电场线；电势；电势差与电场强度的关系；电势能．专题：电场力与电势的性质专题．分析：电场线是从正电荷或者无穷远出发出，到负电荷或无穷远处为止，沿电场线的方向，电势降低，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．解答：解：A、只有一条电场线不能判断电荷的情况，所以不能判断是不是正电荷产生的，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，由于只有一条电场线，不能判断电场线的疏密情况，所以不能判断场强的大小，所以A错误；B、沿电场线的方向电势降低，所以A点的电势一定比B点高．故B正确；C、由于只有一条电场线，不能判断电场线的疏密情况，所以不能判断场强的大小，也不能判定这个电场一定是否是正电荷形成的．所以C错误；D、由图可以知道的电场的方向向右，所以当由静止释放一个电子时，电子的受力的方向向左，所以电子将一定向A点运动，所以D正确．故选：BD点评：本题就是考查学生基础知识的掌握，加强基础知识的学习，掌握住电场线的特点，即可解决本题．10．（4分）如图所示，用电池对电容器充电，电路a、b之间接有一灵敏电流表，两极板之间有一个电荷q处于静止状态．现将两极板的间距变大，则（）A．电容器的电容增大B．电荷将向下加速运动C．电容器带电量不变D．电流表中将有从b到a的电流考点：电容．专题：电容器专题．分析：电荷q处于静止状态，受到重力与电场力而平衡．将两极板的间距变大，而电容器的电压不变，根据板间场强E=分析场强的变化，再分析电荷q所受电场力的变化，判断电荷q的运动方向．根据电容的决定式分析电容的变化，而电容器的电压一定，再由电容的定义式分析板间电容器电量的变化，根据电容器是充电还是放电，分析电路中电流的方向．解答：解：A、将两极板的间距变大，根据电容的决定式C=，电容减小，故A错误；B、将两极板的间距变大，而电容器的电压不变，板间场强E=减小，电荷q所受的电场力F=Eq减小，电荷将向下加速运动，故B正确；C、电容减小，电压不变，根据Q=CU，电量减小，故C错误；D、电容器的电量减小，电容器放电，而电容器上极板带正电，则电流表中将有从b到a的电流，故D正确；故选：BD．点评：对于电容器动态变化分析问题，首先要根据电容的决定式C=判断电容的变化，抓住不变量，再由电容的定义式C=分析电量或电压的变化，再进一步研究场强等的变化．11．（4分）如图，直导线处于足够大的匀强磁场中，与磁感线成θ=30°角，导线中通过的电流为I，为了增大导线所受的安培力，下列四种方法，可行的是（）A．增大电流B．增加直导线的截面积C．使导线在纸面内顺时针转D．使导线在纸面内逆时针转60°考点：安培力．分析：根据左手定则的内容，判定安培力的方向．左手定则的内容是：伸开左手，让大拇指与四指方向垂直，并且在同一平面内，磁感线穿过掌心，四指方向与电流的方向相同，大拇指所指的方向为安培力的方向．而安培力的大小F=BILsin30°，且B与I垂直；若不垂直时，则将B沿导线方向与垂直方向进行分解．解答：解：A、由公式F=BILsin30°，当增大电流时，可增大通电导线所受的磁场力．故A 正确；B、由公式F=BILsin30°，当增加直导线的截面积时，不会影响通电导线所受的磁场力．故B错误；C、当使导线在纸面内顺时针转30°时，虽导线长度没有变化，但导致导线与磁场平行，则所受磁场力变小，故C错误；D、当使导线在纸面内逆时针转60°时，虽导线长度没有变化，由公式F=BILsin90°，则所受磁场力变大，故D正确；故选：AD点评：解决本题的关键会根据左手定则判断电流方向、磁场方向、安培力方向的关系．同时考查安培力大小公式的成立条件，注意无论导线如何转动，产生安培力的大小均不变．12．（4分）如图所示，虚线框MNPQ内为一矩形匀强磁场区域，磁场方向垂直纸面向里．a、b、c是三个质量和电荷量都相等的带电粒子，它们从PQ边上的中点沿垂直于磁场的方向射入磁场，图中画出了它们在磁场中的运动轨迹．若不计粒子所受重力，则（）A．粒子a带负电，粒子b、c带正电B．射入磁场时，粒子b的动能最大C．粒子b的运动轨迹是抛物线D．射入磁场时c的运动时间最大考点：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：根据粒子运动轨迹由左手定则判断粒子的电性；粒子在磁场中做圆周运动，由牛顿第二定律求出粒子的速度，然后求出粒子的动能；根据粒子做圆周运动的周期与转过的圆心角比较粒子运动时间．解答：解：A、根据左手定则知粒子a带正电，粒子b、c带负电，故A错误；B、粒子在磁场中做匀速圆周运动时，由洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得：qvB=m，解得：v=，粒子的动能E K=mv2=，由于：q、B、m都相同，因此r越大，粒子动能越大，由图示可知，b的轨道半径r最大，则b粒子动能最大，故B正确；C、粒子在磁场中做匀速圆周运动，运动轨迹是圆弧，故C错误；D、粒子在磁场中做圆周运动的周期：T=相同，粒子在磁场中的运动时间：t=T=，由于m、q、B都相同，粒子c转过的圆心角θ最大，则射入磁场时c的运动时间最大，故D正确；故选：BD．点评：带电粒子在磁场、质量及电量相同情况下，运动的半径与速率成正比，从而根据运动圆弧来确定速率的大小．13．（4分）如图所示，a、b分别表示一个电池组和一只电阻的伏安特性曲线．以下说法正确的是（）A．电池组的内阻是1ΩB．电阻的阻值为0.33ΩC．将该电阻接在该电池组两端，电池组的输出功率将是4WD．改变外电阻的阻值时，该电池组的最大输出功率为4W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：根据闭合电路欧姆定律得：I=，由电池组的伏安特性曲线斜率倒数的大小求出电源的内阻．由电阻的伏安特性曲线斜率倒数的大小求出电阻值．两图线的交点即为该电阻接在该电池组两端是工作状态，读出电流和电压，求出电池组的输出功率．当外电阻等于电池内阻时，该电池组的输出功率最大，并功率公式求出电池组的最大输出功率．解答：解：A、由图线a斜率倒数的大小求出电池组的内阻r===1Ω．故A正确．B、由图线b斜率倒数的大小求出电阻的阻值R==3Ω．故B错误．C、将该电阻接在该电池组两端，电路中电流I=1A，路端电压为U=3V，电池组的输出功率P出=3W．故C错误．D、由图线a读出电源的电动势E=4V．当外电阻等于电池内阻时，该电池组的输出功率最大，电池组的最大输出功率P max==4W．故D正确．故选AD点评：本题考查读图的能力．对于图象，往往从数学上斜率、截距、交点等知识来理解其物理意义．14．（4分）如图为磁流体发电机的原理图，等离子体束（含有正、负离子）以某一速度垂直喷射入由一对磁极CD产生的匀强磁场中，A、B是一对平行于磁场放置的金属板．稳定后电流表中的电流从“+”极流向“﹣”极，由此可知（）A．D磁极为N极B．正离子向B板偏转C．负离子向D磁极偏转D．离子在磁场中偏转过程洛仑兹力对其不做功考点：霍尔效应及其应用．分析：根据电流的流向确定极板的带电，通过左手定则判断磁场方向，确定正负离子的偏转方向．解答：解：根据电流的方向知，A板带正电，B板带负电，正离子向A板偏转，负离子向B 板偏转．根据左手定则知，D极为N极，C极为S极．因为洛伦兹力的方向与速度方向垂直，所以洛伦兹力不做功．故A、D正确，B、C错误．故选AD．点评：解决本题的关键掌握左手定则判断电荷的运动方向、磁场方向和洛伦兹力方向的关系．三、实验题（共18分）15．（8分）（2014•深圳二模）为测定一节干电池的电动势和内阻．现提供如下仪器：A．电压表（量程2V，内阻约8kΩ）B．电流表（量程0.6A，内阻r A=0.8Ω）C．滑动变阻器（0﹣20Ω）D．开关E．若干导线①为准确测定干电池的电动势和内阻，应选择图甲（选填“甲”或“乙”）；②闭合开关前，滑动变阻器的滑片应调至左端．（选填“左”或“右”）③移动变阻器的滑片，得到几组电压表和电流表的示数，描绘成如图丙所示的U﹣I图象．从图线的截距得出干电池的电动势为1.40V的理论依据是电源U﹣I图象与纵轴交点坐标值是电源电动势；④利用图丙可得到干电池的内阻为0.63 Ω（保留两位有效数字）．考点：测定电源的电动势和内阻．专题：实验题．分析：①根据电源内阻大小与图示电路图分析答题；②滑动变阻器采用限流接法，闭合开关前，滑片要置于阻值最大位置；③根据闭合电路欧姆定律分析答题；④电源U﹣I图象斜率的绝对值是电源电动势．解答：解：①电流表内阻已知，采用伏安法测电源电动势与内阻时，应选择图甲所示电路．②由图乙所示电路图可知，滑动变阻器采用限流接法，闭合开关前，滑动变阻器的滑片应调至左端．③在闭合电路中，路端电压U=E﹣Ir，当I=0时，U=E，则电源的U﹣I图象与纵轴交点坐标值等于电源电动势，由图丙所示图象可知，电源电动势为1.40V．④电源U﹣I图象斜率的绝对值是电源内阻，由图丙所示图象可知，电源内阻r==≈1.43Ω，电池内阻为1.43﹣0.8=0.63Ω．故答案为：①甲；②左；③电源U﹣I图象与纵轴交点坐标值是电源电动势；④0.63．点评：应用伏安法测电源电动势与内阻时，如果电源内阻较小，相对于电源来说，应采用电流表外接法．16．（10分）①为了测定光敏电阻R x的光敏特性，某同学使用多用表“×100”的欧姆挡测其在正常光照下的大致电阻，示数如图甲所示，则所测得的阻值R x= 3200 Ω；②为了比较光敏电阻在正常光照射和强光照射时电阻的大小关系，采用伏安法测电阻得出两种“U﹣I”图线如图乙所示，由此可知正常光照射时光敏电阻阻值为3000 Ω，强光照射时光敏电阻阻值为200 Ω；③考虑到电表内阻对实验结果的影响，图丙电路中测量值小于真实值（填“大于”、“小于”、“等于”），请根据图丙将图丁中的仪器连接成完整实验电路．考点：伏安法测电阻．专题：实验题．分析：①欧姆表指针示数与挡位的乘积是欧姆表示数；②根据图象应用欧姆定律可以求出电阻阻值；③电流表采用外接法时，由于电压表的分流作用，电流表测量值偏大，根据欧姆定律，电阻的测量值偏小；根据电路图连接实物电路图．解答：解：①由图甲所示可知，阻值：R x=32×100=3200Ω；②由图乙所示图象可知，正常光照射时光敏电阻阻值：R X===3000Ω强光照射时光敏电阻阻值：R X′===200Ω③由图丙所示电路图可知，电流表采用外接法，由于电压表的分流作用，电流表测量值偏大，根据欧姆定律，电阻的测量值偏小；根据图丙所示电路图连接实物电路图，实物电路图如图所：故答案为：①3200；②3000；200；③小于；连线如图．点评：欧姆表指针示数与挡位的乘积是欧姆表示数；电流表外接法适用于测小电阻，电流表内接法适用于测大电阻．四、计算题（共34分）17．（16分）如图所示，两平行金属导轨间的距离L=0.40m，金属导轨所在的平面与水平面夹角θ=37°，在导轨所在平面内，分布着磁感应强度B=0.50T、方向垂直于导轨所在平面的匀强磁场．金属导轨的一端接有电动势E=4.5V、内阻r=0.50Ω的直流电源．现把一个质量m=0.040kg的导体棒ab放在金属导轨上，导体棒恰好静止．导体棒与金属导轨垂直且接触良好，导体棒与金属导轨接触的两点间的电阻R0=2.5Ω，金属导轨电阻不计，g取10m/s2．已知sin 37°=0.60、cos 37°=0.80，求：（1）通过导体棒的电流；（2）导体棒受到的安培力；（3）导体棒受到的摩擦力．（4）若将磁场方向改为竖直向上，要使金属杆继续保持静止，且不受摩擦力左右，求此时磁场磁感应强度B2的大小？考点：安培力．分析：（1）根据闭合电路欧姆定律求出电流的大小．（2）根据安培力的公式F=BIL求出安培力的大小．（3）导体棒受重力、支持力、安培力、摩擦力处于平衡，根据共点力平衡求出摩擦力的大小．（4）当B的方向改为竖直向上时，这时安培力的方向变为水平向右，画出受力图，然后结合几何关系即可求出．解答：解：（1）根据闭合电路欧姆定律得：I1==1.5 A．（2）导体棒受到的安培力为：F安=BIL=0.30 N．由左手定则可知，安培力沿斜面向上（3）对导体棒受力分析如图，将重力正交分解，沿导轨方向有：F1=mgsin 37°=0.24 NF1＜F安，根据平衡条件可知，摩擦力沿斜面向下mgsin 37°+f=F安解得：f=0.06 N．（4）当B的方向改为竖直向上时，这时安培力的方向变为水平向右，则B2IL=mgtan α，B2=0.5T答：（1）通过导体棒的电流是1.5A；（2）导体棒受到的安培力0.30 N，由左手定则可知，安培力沿斜面向上；（3）导体棒受到的摩擦力是0.06N．（4）若将磁场方向改为竖直向上，要使金属杆继续保持静止，且不受摩擦力左右，此时磁场磁感应强度B2的大小是0.5T．点评：解决本题的关键掌握闭合电路欧姆定律，安培力的大小公式，以及会利用共点力平衡去求未知力．18．（18分）（2012•浙江）如图所示，两块水平放置、相距为d的长金属板接在电压可调的电源上．两板之间的右侧区域存在方向垂直纸面向里的匀强磁场．将喷墨打印机的喷口靠近上板下表面，从喷口连续喷出质量均为m、水平速度均为v0、带相等电荷量的墨滴．调节电。
试题精选_广东省汕头市潮师高级中学2014-2015学年高二上学期期中考试物理(理)调研试卷_精校完美版
广东省汕头市潮师高级中学2014-2015学年高二上学期期中考试物理（理）试题一．单项选择题：共8小题，每小题3分，共24分．在每小题给出的四个选项中，只有一个正确选项．选对的得3分，有选错或不答的得0分．1．关于元电荷的理解，下列说法正确的是( )A．元电荷是表示跟电子所带电荷量数值相等的电荷量 B．元电荷就是质子C．元电荷就是自由电荷的简称 D．物体所带的电荷量可以为任意实数2.等量异种点电荷的连线和其中垂线如图所示，现将一个带负电的检验电荷先从图中a点沿直线移到b点，再从b点沿直线移到c点．则检验电荷在此全过程中（）A．所受电场力的方向将发生改变 B．所受电场力的大小恒定C．电势能一直减小 D．电势能先不变后减小3．两个固定的异号电荷，电荷量给定但大小不等，且q1<q2．用E1和E2分别表示两个点电荷产生的电场强度的大小，则在通过两点电荷的直线上，E1＝E2的点( ) A．有三个，其中两处合场强为零 B．有三个，其中一处合场强为零C．只有二个，其中一处合场强为零 D．只有一个，该处合场强不为零4．两个分别带有电荷量－Q和＋3Q的相同金属小球(均可视为点电荷)，固定在相距为r的两处，它们间库仑力的大小为F，两小球相互接触后将其固定距离变为r2，则两球间库仑力的大小为()A.112F B. 12F C. 34F D．43F5．在如图所示的四种电场中，分别标记有a、b两点．其中a、b两点电场强度和电势均相同的是6．下列说法中，正确的是（）A.当两个正点电荷互相靠近时，它们之间的库仑力增大，它们的电势能也增大B.当两个负点电荷互相靠近时，它们之间的库仑力增大，它们的电势能减小C.一个正点电荷与一个负点电荷互相靠近时，它们之间的库仑力增大，它们的电势能也增大D.一个正点电荷与一个负点电荷互相靠近时，它们之间的库仑力减小，它们的电势能也减小7. 图中所示是一个平行板电容器，其电容为C ，带电荷量为Q ，上极板带正电．现将一个试探电荷q 由两极板间的A 点移动到B 点，如图所示．A 、B 两点间的距离为s ，连线AB 与极板间的夹角为30°．则电场力对试探电荷q 所做的功等于 （ ） A ．Qd qCsB ．Cd qQsC ．CdqQs 2 D ．QdqCs2 8．平行板电容器充电平衡后仍与电相连，两极板间的电压是U ，充电荷量为Q ，两极板间场强为E ，电容为C ，现将两极板间距离增大，则 （ ） A ．U 不变，E 不变，C 不变，Q 不变 B ．U 不变，E 变小，C 变小，Q 变小 C ．U 不变，E 变大，C 变大，Q 变大 D ．U 不变，E 不变，C 变大，Q 变小二．双项选择题：共8小题，每小题4分，共32分。
2014年汕头市高二物理监测试题PDF版无答案
汕头市2013—2014学年度普通高中教学质量监测高二物理试卷分选择题和非选择题两部分，满分100分，考试时间90分钟.注意事项：1．答卷前，考生务必用黑色字迹的钢笔或签字笔将自己的姓名和考生号及其他项目填写在答题卡上和答题纸上．2．选择题每小题选出答案后，用2B 铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案，答案不能答在试题卷上．3．非选择题必须用黑色字迹的钢笔或签字笔作答，答案必须写在答题纸上各题目指定区域内相应位置上；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新的答案；不准使用铅笔和涂改液．不按以上要求作答的答案无效．4．考生必须保持答题卡的整洁，考试结束后，将答题卡和答题纸一并交回.一、单项选择题：本题共6小题，每小题3分，共18分，每小题的四个选项中只有一个符合题意，选对的得3分，选错或不选的得0分.1．如图所示，轻绳a 、b 将灯笼悬挂于O 点．灯笼保持静止，所受重力为G ，绳a 、b 对O 点拉力的合力为F ， 以下关于合力F 的判断正确的是A ．F >G ，方向竖直向上B ．F >G ，方向斜向上C ．F=G ，方向竖直向上D ．F =G ，方向斜向上2．如图是著名的伽利略斜面实验的示意图，让小球从倾角为θ的光滑斜面由静止滑下，在不同的条 件下进行多次实验，下列叙述正确是 A ．θ角越大，小球对斜面的压力越大B ．θ角越大，小球从斜面顶端运动到底端所需时间越短C ．θ角越大，小球运动的加速度越小D ．θ角一定，质量不同的小球运动的加速度也不同3. 真空中，相距r 的两点电荷间库仑力的大小为F .当它们间的距离变为3r 时，库仑力的大小变为 A ．9F B ．F 31 C ．F 91D ．3F 4. 某静电除尘器工作时内部电场线分布的俯视图如图，带负电粉尘被吸附时由b 点运动到a 点，以下说法正确的是A. 该电场是匀强电场B. b 点电势高于a 点电势C. 电场力对粉尘做负功D. 粉尘的电势能减少5. 电磁冲击钻的原理示意图如图所示，若发现钻头M 突然向右运动， 则可能发生在A ．开关S 由断开到闭合的瞬间B ．开关S 由闭合到断开的瞬间C ．保持开关S 闭合，变阻器滑片P 加速向右滑动D ．保持开关S 闭合，变阻器滑片P 匀速向右滑动 6．关于做匀速圆周运动的人造地球卫星，下列说法正确的是A ．卫星离地面越高，运行周期越小B ．在卫星中的物体处于完全失重状态，不受地球引力作用C ．在离地面高为R （R 为地球半径）的高处，所受地球引力为在地面时引力的41 D ．卫星绕地球运行的速度可能达到10km/s二、双项选择题：本题共7小题，每小题4分，共28分，每小题中的四个选项中只有两个选项符合题意，全选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错或不答的得0分.7. 如图，在匀速转动的洗衣机脱水桶内壁上，有一件湿衣服随圆桶一起转动而未滑动，则A ．衣服随圆桶做圆周运动的向心力由静摩擦力提供B ．圆桶转速增大，衣服对桶壁的压力也增大C ．圆桶转速增大以后，衣服所受摩擦力也增大D ．圆桶转速足够大时，衣服上的水滴将做离心运动8．汽车以额定功率在足够长的平直公路上启动并行驶，阻力保持不变，则A ．汽车的加速度和速度都逐渐增加B ．汽车速度增加时，汽车所受的牵引力逐渐减少C ．汽车匀速行驶时，速度达到最大值D ．汽车匀速行驶时，所受的牵引力为零9．如图，在光滑斜面上，垂直纸面放置一根直导体棒.在导体棒中通以垂直纸面向里电流时欲使导体棒静止在斜面上，所加匀强磁场的磁感应强度的方向正确的是 A．方向垂直斜面向上 B．方向垂直斜面向下 C．方向竖直向上D．方向竖直向下10．如图为远距离输电的示意图，若电厂输出电压V 100sin 2220 1t u ，下列表述正确的是A ．U 1< U 2，U 3> U 4B . 该电厂输出电压的有效值为2220VC ．用户得到的交变电流频率为25HzD ．若U 2提高为原来的10倍，则输电线上损失的功率为原来的100111. 如图，某人向放在水平地面的正前方小桶中水平抛出一小球，结果球飞到小桶的前方．为能把 小球抛进小桶中，则水平抛球时，以下的哪些调整是正确的（不计空气阻力作用） A ．抛出点高度不变，减小抛出初速度 B ．抛出点高度不变，增大抛出初速度 C ．抛出初速度不变，降低抛出点高度 D ．抛出初速度不变，提高抛出点高度 12. 放射性元素Th 23490的衰变方程为X Pa Th 2349123490 ，下列相关表述正确的是A ．该衰变是α衰变B ．X 粒子是电子C ．Th 核发生衰变时原子核要吸收能量D ．加压或加温都不能改变其衰变的快慢13．薄铝板将同一匀强磁场分成Ⅰ、Ⅱ两个区域，高速带电粒子能穿过铝板一次，在两个区域运动 的轨迹如图，半径R 1＞R 2，假定穿过铝板前后粒子电量和质量保持不变，则该粒子A ．从P 点射出，从区域Ⅰ穿过铝板运动到区域ⅡB ．从Q 点射出，从区域Ⅱ穿过铝板运动到区域ⅠC ．在Ⅰ、Ⅱ区域的运动速度相同D ．在Ⅰ、Ⅱ区域的运动时间相同三、非选择题：本题4小题，共54分.按题目要求作答。
广东省汕头市南澳中学2014_2015学年高二物理上学期学业水平模拟试卷(含解析)
2014-2015学年广东省汕头市南澳中学高二（上）学业水平物理模拟试卷一、单项选择题（1---30题中各题有四个答案，只有一个答案正确．每题1分共30分）1．（1分）（2015•汕头校级模拟）国际单位制中，下列不属于力学基本单位的是（）A．kg B． A C．m D．S考点：力学单位制．分析：解答本题关键掌握：在国际单位制中的力学基本单位有三个：米、千克、秒，其他单位是导出单位或常用单位．解答：解：在国际单位制中的力学基本单位有三个：m、kg、s，其余都不是力学基本单位，故ACD错误，B正确．故选：B点评：本题的解题关键要掌握国际单位制中三个基本单位，要注意基本单位与导出单位的区别，不能混淆．2．（1分）（2015•汕头校级模拟）下列情况中的物体，可看作质点的是（）A．研究自转中的地球B．研究绕地旋转的月球C．研究跳水运动的起跳动作D．研究跑步的运动员的摆臂动作考点：质点的认识．分析：当物体的形状、大小对所研究的问题没有影响时，我们就可以把它看成质点，根据把物体看成质点的条件来判断即可．解答：解：A、研究地球的自转，此时地球的大小和形状不可以忽略，不能看成质点，所以A错误；B、研究转动中的月球时，月球的大小和形状可以忽略；可以看作质点；故 B正确；C、跳水时的动作应考虑人的肢体形状，不能忽略大小；故不能看作质点；故C错误；D、研究运动员的摆臂动作时，运动员的形状不能忽略；不能看作质点；故D错误．故选：B．点评：本题考查学生对质点这个概念的理解，关键是知道物体能看成质点时的条件，看物体的大小体积对所研究的问题是否产生影响，物体的大小体积能否忽略．3．（1分）（2015•汕头校级模拟）小华有一次不小心购买了盗版的物理参考书，做练习时，他发现有一个带电体所带的电量出现有四个关键数字但看不清，拿来问老师，如果你是老师，你认为可能是下列假设几个数字中的那一个（）A． 6.2×10﹣19C B．1.28×10﹣18C C．6.6×10﹣19C D．6.8×10﹣19C考点：元电荷、点电荷．分析：元电荷又称“基本电量”，在各种带电微粒中，电子电荷量的大小是最小的，人们把最小电荷叫做元电荷，常用符号e表示，任何带电体所带电荷都是e的整数倍，据此可正确解答解答：解：电子电荷量的大小是最小的，人们把最小电荷叫做元电荷，任何带电体所带电荷都是e的整数倍，因此该带电量为电子电量e=1.6×10﹣19C的整数倍，将四个选项中的电量除以电子电量得数为整数倍的便是可能正确的数字，故ACD错误，B正确．故选：B．点评：本题是基础的题目，考查的就是学生对基本知识的应用情况，平时要注意提高应用所学知识解决实际问题的能力．4．（1分）（2015•汕头校级模拟）下列有关匀速圆周运动的说法中正确的是（）A．由a=可知a与r成反比 B．向心力一定指向圆心C．匀速圆周运动受到恒力作用D．匀速圆周运动速度不变考点：匀速圆周运动．专题：匀速圆周运动专题．分析：匀速圆周运动速度大小不变，方向变化，是变速运动．加速度方向始终指向圆心，加速度是变化的，是变加速运动．向心力方向始终指向圆心，是变化的．解答：解：A、根据公式a=，加速度大小还与线速度有关，故A错误；B、做匀速圆周运动物体合力大小不变，方向时刻指向圆心，是变化的，故B正确；C、匀速圆周运动的合力大小不变，方向时刻改变，则受到变力作用，故C错误；D、做匀速圆周运动物体的速度大小恒定不变，方向时刻在变化，故D错误；故选：B．点评：矢量是由大小和方向才能确定的物理量，所以当矢量大小变化、方向变化或大小方向同时变化时，矢量都是变化的．5．（1分）（2015•汕头校级模拟）真空中两点电荷相距r时相互作用力F，若两电荷量均加倍，距离也加倍后相互作用为（）A． F B．4F C． F D． F考点：库仑定律．专题：电场力与电势的性质专题．分析：本题考查了应用库仑定律公式解题能力，对题目中叙述的两种状态分别依据库仑定律公式列方程，即可求解结果．解答：解：变化之前根据库仑定律有：变化之后有：=故A正确、BCD错误故选：A点评：本题考查库仑定律的直接应用，只需注意数值的变化即可顺利求出，属于简单基础题目．6．（1分）（2015•汕头校级模拟）A、B两物体在同一直线上做匀变速直线运动，它们的速度图象如图所示，则（）A．A、B两物体运动方向一定相反B．开头4s内A、B两物体的位移相同C．t=4s时，A、B两物体的速度相同D．A物体的加速度比B物体的加速度大考点：匀变速直线运动的图像．专题：运动学中的图像专题．分析：由图象中的坐标可知物体速度的大小及方向；由斜率的大小可知加速度；由图象与时间轴围成的面积可表示位移．解答：解：A、由图可知两物体均沿正方向运动，故速度方向相同，故A错误；B、4s内B的移大于A的位移，故B错误；C、4s时丙物体的图象相交，说明两物体速度相同，故C正确；D、A的斜率小于B的斜率，说明A的加速度比B要小，故D错误；故选C．点评：解决v﹣t图象关键在于弄清图象中点的坐标、斜率及面积的含义；再由数学方法进行分析即可．7．（1分）（2015•武清区校级学业考试）下列各图中，运动电荷的速度方向、磁场方向和电荷的受力方向之间的关系正确的是（）A．B．C．D．考点：判断洛仑兹力的方向．专题：带电粒子在磁场中的运动专题．分析：带电粒子在磁场中运动时，所受洛伦兹力方向由左手定则进行判断，伸开左手，使拇指与其余四个手指垂直，并且都与手掌在同一平面内，让磁感线进入手心，并使四指指向正电荷运动方向或者负电荷运动的反方向，这时拇指所指的方向就是运动电荷在磁场中所受洛伦兹力的方向．解答：解：根据左手定则可知：A图中洛伦兹力方向应该向上，故A错误；B图中电荷的速度方向、磁场方向和电荷的受力方向之间的关系符合左手定则，故B正确；C图中洛伦兹力方向应该向里，故C错误；D图中电荷运动方向与磁场方向在一条线上，不受洛伦兹力，故D错误．故选：B．点评：带电粒子在磁场中运动受洛伦兹力的条件以及左手定则的熟练应用是对学生的基本要求，要熟练掌握．8．（1分）（2015•汕头校级模拟）关于地球的同步卫星，下列说法中正确的是（）A．质量不同的同步卫星，角速度不同B．质量不同的同步卫星，线速度大小不同C．质量不同的同步卫星，其轨道高度不同D．所有地球同步卫星的加速度大小都相同考点：人造卫星的加速度、周期和轨道的关系；万有引力定律及其应用．专题：人造卫星问题．分析：同步卫星绕地球做圆周运动，万有引力提供向心力；同步卫星定轨道（在赤道上方），定周期（与地球的自转周期相同），定速率、定高度．解答：解：同步卫星绕地球做圆周运动，万有引力提供向心力；A、同步卫星相对于地球静止，同步卫星的角速度等于地球自转的角速度，不同的同步卫星角速度相同，故A错误；BC、所用同步卫星的轨道半径相同，距地面的高度相同，绕地球做圆周运动的线速度相同，故BC错误；D、由牛顿第二定律得：G=ma，解得：a=，对所有的同步卫星，G、M、r都相同，加速度大小都相等，故D正确；故选：D．点评：解决本题的关键掌握同步卫星的特点：同步卫星定轨道（在赤道上方），定周期（与地球的自转周期相同），定速率、定高度．9．（1分）（2015•汕头校级模拟）关于电场力和电场强度，下列说法正确的是（）A．电场强度的方向总是跟电场力的方向一致B．电场强度的大小总是跟电场力的大小成正比C．正电荷受到的电场力的方向跟电场强度的方向一致D．移去检验电荷时，电场强度变为零考点：电场强度．分析：电场强度方向与正电荷所受电场力方向相同，与负电荷所受电场力方向相反．电场强度反映电场本身的性质，检验电荷无关．解答：解：AC、电场强度方向与正电荷所受电场力方向相同，与负电荷所受电场力方向相反．故A错误，C正确．B、电场强度反映电场本身的性质，与检验电荷所受的电场力和电荷量无关．不能说电场强度的大小总是跟电场力的大小成正比．故B错误，D、当移去检验电荷时，电场强度保持不变，故D错误．故选：C．点评：解决本题关键要掌握电场强度的物理意义和电场强度的方向特点，知道场强反映电场本身的特性，与试探电荷无关．10．（1分）（2015•汕头校级模拟）关于感应电动势的大小，下列说法中正确的是（）A．磁通量越大，则感应电动势越大B．磁通量减小，则感应动势一定是减小C．磁通量增加，感应电动势有可能减小D．磁通量变化越大，则感应电动势也越大考点：法拉第电磁感应定律．分析：由法拉第电磁感应定律可知，感应电动势的大小除与线圈匝数有关外，还与磁通量变化快慢有关．解答：解：A、由E=n得，线圈中产生的感应电动势大小由磁通量变化快慢决定，与磁通量的大小无关，故A错误；B、由E=n得，线圈中产生的感应电动势大小由磁通量变化快慢决定，磁通量减小，磁通量变化可能变快，故感应电动势可能减小，故B错误；C、由E=n得，线圈中产生的感应电动势大小由磁通量变化快慢决定，磁通量增加，磁通量变化可能变慢，故感应电动势可能减小，故C正确；D、由E=n得，线圈中产生的感应电动势大小由磁通量变化快慢决定，与磁通量变化的大小无关，故D错误；故选C．点评：考查法拉第电磁感应定律，同时让学生清楚知道感应电动势与磁通量的变化率有关，与磁通量大小及磁通量变化大小均无关．11．（1分）（2015•汕头校级模拟）关于摩擦力，下列说法正确的是（）A．摩擦力总是阻碍物体的运动B．摩擦力一定跟压力成正比C．摩擦力的方向与物体运动的方向总在一条直线上D．摩擦力的方向总跟物体间相对运动或相对运动趋势的方向相反考点：摩擦力的判断与计算．专题：摩擦力专题．分析：摩擦力总是阻碍物体间的相对运动或相对运动趋势，静摩擦力产生条件：发生弹性形变，且接触粗糙及相对运动趋势；摩擦力的方向与物体相对运动的方向总是相反，可能与运动方向相同．解答：解：A、摩擦力总是阻碍物体间的相对运动或相对运动趋势，故A错误；B、滑动摩擦力才一定跟压力成正比，故B错误；C、静摩擦力的方向，可以与物体运动的方向不在一条直线上，故C错误；D、摩擦力的方向与物体相对运动的方向总是相反，可能与运动方向相同，故D正确；故选：D．点评：考查滑动摩擦力与静摩擦力的区别，理解摩擦力产生的条件，及摩擦力与弹力的关系，注意摩擦力的方向判定．12．（1分）（2015•汕头校级模拟）关于电磁场理论，以下说法正确的是（）A．在电场周围一定会产生磁场B．任何变化的电场周围空间一定会产生变化的磁场C．均匀变化的电场会产生变化的磁场D．周期性变化的电场会产生周期性变化的磁场考点：电磁场．分析：正确解答本题的关键是正确理解麦克斯韦电磁理论内容：变化着的电场产生磁场，变化着的磁场产生电场．解答：解：A、在静电场周围没有磁场产生，故A错误；B、变化的电场周围不一定产生变化的磁场，但若是均匀变化的电场周围产生恒定的磁场．故B错误；C、均匀变化的电场只会产生恒定的磁场，故C错误；D、周期性变化的电场会产生周期性变化的磁场，同理周期性变化的磁场也会产生周期性变化的电场，故D正确．故选：D．点评：考查麦克斯韦的电磁场理论中变化的分类：均匀变化与非均匀（或周期性）变化．13．（1分）（2015•汕头校级模拟）关于机械能是否守恒的说法中，正确的是（）A．做匀速直线运动的物体机械能一定守恒B．做匀速圆周运动的物体机械能一定守恒C．做匀变速直线运动的物体，机械能一定守恒D．若只有重力对物体做功时，机械能一定守恒考点：机械能守恒定律．专题：机械能守恒定律应用专题．分析：机械能守恒的条件是：只有重力或弹簧弹力做功时，机械能守恒．要正确理解只有重力做功，物体除受重力外，可以受其它力，但其它力不做功或做功的代数和为0．根据守恒条件或运用总量的方法进行判断．解答：解：A、做匀速直线运动的物体机械能不一定守恒，比如：降落伞匀速下降，机械能减小．故A错误．B、做匀速圆周运动的物体机械能不一定守恒，比如竖直平面内的匀速圆周运动，机械能不断变化．故B错误．C、做匀变速直线运动的物体，若只有重力做功，机械能可能守恒．比如：自由落体运动．故C错误．D、若只有重力对物体做功时，动能和重力势能相互转化，机械能一定守恒．故D正确．故选D．点评：解决本题的关键掌握机械能守恒的条件，机械能守恒的条件是只有重力或弹簧弹力做功．14．（1分）（2015•汕头校级模拟）可以断定物体做匀变速直线运动的是（）A．物体在某两段相等的时间内速度的变化相等B．物体在某两段相等的时间内速度的变化不相等C．物体在任意两段相等的时间内速度的变化相等D．物体在任意两段相等的时间内速度的变化不相等考点：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：当物体的加速度不发生改变时，物体做匀变速运动，当速度方向与加速度方向相同，速度增加；当速度方向与加速度方向相反，则速度减小．解答：解：物体做匀变速直线运动时，加速度保持不变；即任意两段相等的时间内物体的速度变化一定相等；故只有C正确；ABD错误；故选：C．点评：解决本题的关键知道加速度不变的运动是匀变速运动，则可以判断出物体在任意一段时间内速度变化量与时间的比值为定值．15．（1分）（2015•汕头校级模拟）下列说法中不正确的是（）A．有磁不一定有电，但有电必有磁B．同名磁极相互排斥，异名磁极相互吸引C．在同一幅磁感线的示意图中，磁感线越密的位置，磁场越强D．做奥斯特实验时，不管导线如何放置，只要电流足够强，一定能够观察到小磁针的偏转情况考点：通电直导线和通电线圈周围磁场的方向．分析：依据感应电流产生的条件、及磁体外部：同名磁极相互排斥，异名磁极相互吸引和奥斯特实验要求分析即可．解答：解：A、有磁不一定有电，但有电必有磁，因为产生感应电流必须有条件，故A正确；B、在磁体外部：同名磁极相互排斥，异名磁极相互吸引，故B正确；C、据磁感线的特点可知：磁感线的疏密程度反映磁场的强弱，故C正确；D、奥斯特发现电流的磁效应的实验中，导线应南北放置且放在静止的小磁针的上方，观测到小磁针偏转，导线并不是任意放置，故D错误．本题选择错误的，故选：D．点评：考查感应电流产生的条件、知道同名磁极相互排斥，异名磁极相互吸引的适用范围和奥斯特实验要求是解题关键．16．（1分）（2015•汕头校级模拟）关于平抛运动，下列正确的是（）A．在相等的时间内速度的变化都相等B．运动时间由下落高度和初速度共同决定C．水平位移仅由初速度决定D．因为轨迹是曲线，所以平抛运动是变加速运动考点：平抛运动．专题：平抛运动专题．分析：我们可以把平抛运动分解到水平方向和竖直方向去研究，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，运动的时间由高度决定．解答：解：A、根据加速度的定义式a=知，速度的变化量△v=at=gt，g一定，所以在相等的时间内速度的变化都相等，故A正确．B、根据h=知，t=知平抛运动的时间由高度决定，与初速度无关．故B错误．C、水平位移为 x=v0t=v0，可知水平位移由下落高度和初速度共同决定，故C错误．D、平抛运动的物体只受到重力的作用，合力的方向始终是竖直向下的，而速度的方向在变化，因此加速度大小和方向不变的匀变速曲线运动，故D错误．故选：A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，知道平抛运动的时间由高度决定，初速度和时间共同决定水平位移．17．（1分）（2015•汕头校级模拟）在如图所示的电场中，一带电粒子只在电场力的作用下，从图中A点出发沿虚线运动到B点，则由图示可知（）A．该带电粒子带正电B．电场力对带电粒子做正功C．粒子在A点的加速度大于在B点的加速度D．粒子在A点的动能小于在B点的动能考点：电场线．分析：带电粒子只在电场力作用下从A到B，由运动与力关系可知，电场力方向大体指向运动轨迹弯曲的内侧，即可判断带电粒子带负电；根据电场力做功情况分析动能的大小．电场线的疏密表示电场强度的强弱，由牛顿第二定律分析加速度的大小．解答：解：A、由图所示，粒子从A到B，粒子的轨迹向左弯曲，则粒子所受的电场力逆着电场线向左，所以粒子带负电．故A错误．BD、由图所示，粒子从A到B，电场力逆着电场线方向，所以电场力对粒子做负功，动能减小，则粒子在A点的动能大于在B点的动能，故BD错误．C、从A到B，电场线越来越疏，所以电场强度减小，电场力减小，粒子在A点受到的电场力大于在B点受到的电场力．由牛顿第二定律知，粒子在A点的加速度大于在B点的加速度．故C正确．故选：C．点评：本题关键是根据运动轨迹来判定电场力方向，由曲线运动条件可知合力偏向曲线内侧；电场线的疏密表示电场强度的强弱．18．（1分）（2015•扬州学业考试）关于速度和加速度的下列说法中，正确的是（）A．速度越大，加速度越大B．速度变化越大，则加速度越大C．速度变化越快，加速度越大D．速度为零时，加速度一定为零考点：加速度．分析：加速度是反映速度变化快慢的物理量，大小等于单位时间内速度的变化量，速度变化快，加速度一定大．解答：解：A、速度越大，速度变化不一定快，加速度不一定大．故A错误．B、根据a=知，速度变化越大，加速度不一定大，故B错误．C、速度变化越快，加速度越大．故C正确．D、速度为零，加速度不一定为零，比如自由落体运动的初始时刻，速度为零，加速度不为零．故D错误．故选：C．点评：解决本题的关键知道加速度的物理意义，知道加速度的大小与速度的大小没有必然的联系．19．（1分）（2015•汕头校级模拟）下列关于作用力与反作用力的说法中，正确的是（）A．先有作用力，后有反作用力B．只有物体静止时，才存在作用力与反作用力C．只有物体接触时，物体间才存在作用力与反作用力D．物体间的作用力与反作用力一定是同性质的力考点：作用力和反作用力．专题：常规题型．分析：由牛顿第三定律可知，作用力与反作用力大小相等，方向相反，作用在同一条直线上，作用在两个物体上，力的性质相同，它们同时产生，同时变化，同时消失．解答：解：A、作用力与反作用力同时产生，同时变化，同时消失，故A错误；B、有作用力就有反作用力，不需要任何条件，故BC错误；D、物体间的作用力与反作用力一定是同性质的力，故D正确；故选：D．点评：本题考查牛顿第三定律及其理解，要能够理解相互作用力与平衡力的区别．20．（1分）（2015•汕头校级模拟）关于发电机和电动机下列说法中不正确的是（）A．发电机和电动机的作用是相同的，都可以把其他形式的能转化成电能B．发电机可以把其他形式的能转化成电能，电动机可以把电能转化成机械能C．发电机和电动机统称为电机D．通过电机可以实现电能与其他形式的能源相互转考点：电磁感应中的能量转化．分析：发电机是通过外力做功将机械能转化为电能，是磁生电的现象；而电动机则是将电能转化为机械能，是电生磁的现象．解答：解：A、发电机可以把其他形式的能转化成电能，电动机可以把电能转化成机械能，故A错误的；B、发电机可以把其他形式的能转化成电能，电动机可以把电能转化成机械能，故B正确；C、电机是电动机与发电机的简称，故C正确；D、电机是电动机与发电机的简称，所以可以实现电能与其他形式的能源相互转化．故D正确；本题选择不正确的，故选：A点评：磁生电现象是由法拉第发现，而电生磁的现象是由奥斯特发现．21．（1分）（2015•汕头校级模拟）如图所示，小物体A与圆盘保持相对静止跟着圆盘一起做匀速圆周运动，则A受力情况是（）A．重力、支持力B．重力、向心力C．重力、支持力、指向圆心的摩擦力D．重力、支持力、向心力、摩擦力考点：匀速圆周运动．分析：向心力是根据效果命名的力，只能由其它力的合力或者分力来充当，不是真实存在的力，不能说物体受到向心力．解答：解：物体在水平面上，一定受到重力和支持力作用，物体在转动过程中，有背离圆心的运动趋势，因此受到指向圆心的静摩擦力，且静摩擦力提供向心力，故ABD错误，C正确．故选C．点评：本题学生很容易错误的认为物体受到向心力作用，要明确向心力的特点，同时受力分析时注意分析力先后顺序，即受力分析步骤．22．（1分）（2015•廉江市校级模拟）下列说法不正确的是（）A．只要有电荷存在，电荷周围就一定存在电场B．电场是一种物质，它与其它物质一样，是不依赖我们的感觉而客观存在的东西C．电荷间的相互作用是通过电场而产生的，电场最基本的性质是对处在它当中的电荷有力的作用D．电荷只有通过接触才能产生力的作用考点：电场；库仑定律．分析：电场时电荷周围存在的一种特殊的物质，电场虽然看不见、摸不着，但是它是一种客观存在的物质形态，电场就是由电荷产生的，有电荷一定有电场存在；电荷产生电场，其它电荷处于这个电场中，电场便对处于其中的电荷有力的作用，故电荷间的相互作用是通过电场而产生的，电荷不需要接触便能产生作用．解答：解：A、电场时电荷周围存在的一种特殊的物质，电场就是由电荷产生的，有电荷一定有电场存在．故A正确．B、电场虽然看不见、摸不着，但是它是一种客观存在的物质形态．故B正确．C、电荷产生电场，其它电荷处于这个电场中，电场便对处于其中的电荷有力的作用，故电荷间的相互作用是通过电场而产生的，电场最基本的性质是对处在它当中的电荷有力的作用．故正确．D、电荷间的相互作用是通过电场发生的，电荷不需要接触．故D错误．故选：D．点评：本题要记住并理解电场的基本性质，特别要注意电荷间的相互作用是通过电场发生的，电荷不需要接触便能产生作用．23．（1分）（2015•汕头校级模拟）电场中有一点P，下列说法中不正确的有（）A．若放在P点的电荷的电荷量减半，则P点的场强减半B．若P点没有试探电荷，则P点场强为零C．P点的场强越大，则同一电荷在P点受到的电场力越大D．P点的场强方向为就是放在该点的正电荷受电场力的方向考点：电场强度；点电荷的场强．专题：电场力与电势的性质专题．分析：电场强度反映电场本身的性质，与试探电荷无关，电场中同一点，场强是一定的．场强方向为就是放在该点的正电荷受电场力的方向．解答：解：A、场强反映电场本身的性质，只由电场本身决定，与试探电荷无关，则若放在P点的电荷的电荷量减半，则P点的场强不变．故A错误．B、若P点没有试探电荷，则P点场强不变，不为零，故B错误．C、P点的场强是一定的，由F=qE，可知F与q成正比，E越大，同一电荷在P点受到的电场力越大，故C正确．D、P点的场强方向为就是放在该点的正电荷受电场力的方向．故D正确．本题选择不正确的，故选：AB．点评：解决本题的关键是理解并掌握场强的物理意义，明确其方向特点：与正电荷所受的电场力方向相同．24．（1分）（2015•汕头校级模拟）把一个物体竖直向上抛出去，该物体上升的最大高度是h，若物体的质量为m，所受的空气阻力恒为f，则在从物体被抛出到落回地面的全过程中（）A．重力所做的功为mgh B．重力所做的功为2mghC．空气阻力做的功为零D．空气阻力做的功为﹣2fh考点：功的计算；竖直上抛运动．专题：功的计算专题．分析：重力做功与路径无关，由初末位置的高度差决定．空气阻力做功与路径有关，在整个运动过程中，空气阻力一直做负功．解答：解：A、物体被抛出到落回抛出点的全过程中，初末位置相同，高度差为零，所以重力做功为零．故AB错误．。
汕头市潮阳区2014-2015学年高二上学期期末试卷物理试题及答案物理试题及答案
广东省汕头市潮阳区2014-2015学年高二上学期期末物理试卷一、单项选择题（每题4分，共16分，每小题给出的四个选项中，只有一个选项符合题目要求）1．（4分）下列各组物理量中，都属于矢量的是（）A．位移和时间B．力和质量C．加速度和路程D．力和位移2．（4分）飞机斜向上飞的运动可以看成水平方向和竖直方向两个分运动的合运动，若飞行速度v与水平方向成α角，如图所示，则其水平分速度的大小是（）A．v sinαB．C．v cosαD．3．（4分）真空中有两点电荷，它们之间的静电力为F，保持它们之间的距离不变，把其中一个的电量增大为原来的2倍，则它们间的静电力将等于（）A．2F B．F C．D．4．（4分）在如图所示的电路中，开关闭合后，灯泡L能正常发光，当滑动变阻器的滑片向右移动时，下列判断正确的是（）A．滑动变阻器R的阻值变小B．灯泡L变亮C．电源消耗的总功率增大D．电容器C的电荷量增大二、双项选择题（每小题6分，共30分，每小题给出的四个选项中，有两个选项符合题目要求）5．（6分）如果你站在超市的斜面式自动扶梯（无阶梯，如图所示）上随扶梯匀速上行，则下列相关说法正确的是（）A．速度越快，人的惯性越大B．电梯对人的摩擦力和人对电梯的摩擦力大小相等C．电梯对人的支持力与人的重力大小相等D．电梯对人作用力的合力方向竖直向上6．（6分）建筑材料被吊车竖直向上提升过程的运动图象如图所示，下列相关判断正确的是（）A．30～36秒处于超重状态B．30～36秒的加速度较0～10秒的大C．0～10秒与30～36秒平均速度相同D．0～36秒提升了36m7．（6分）2012年6月24日中午12时，神舟九号飞船与天宫一号进行了手动交会对接．若“天宫一号”M和“神舟九号”N绕地球做圆周运动的示意图如图所示，虚线为各自轨道．由此可以判定（）A．M、N的运行速率均小于7.9km/sB．M的周期小于N的周期C．M运行速率大于N的运行速率D．N必须适度加速才有可能与M实现对接8．（6分）在如图所示的静电场中，实线为电场线，一带电粒子仅在电场力作用下沿图中虚线从A运动到B，则（）A．加速度增大B．电场力做负功C．速度增大D．电势能减小9．（6分）下列说法中正确的是（）A．电荷在某处不受电场力作用，则该处电场强度一定为零B．一小段通电导体在某处不受安培力作用，则该处磁感应强度一定为零C．当置于匀强磁场中的导体长度和电流大小一定时，导体所受的安培力大小也是一定的D．在感应强度为B的匀强磁场中，长为L、电流为I的载流导体所受到的安培力的大小，介于零和BIL之间三、非选择题10．（8分）某同学用如图（甲）所示的装置验证“力的平行四边形定则”．用一木板竖直放在铁架台和轻弹簧所在平面后．其部分实验操作如下，请完成下列相关内容：①如图甲，在木板上记下悬挂两个钩码时弹簧末端的位置O；②卸下钩码然后将两细绳套系在弹簧下端，用两弹簧称将轻弹簧末端拉到同一位置O，记录细绳套AO、BO的及两弹簧称相应的读数．图乙中B弹簧称的读数为N；③该同学在坐标纸上画出两弹簧拉力F A、F B的大小和方向如图丙所示，请在图丙中作出F A、F B的合力F′；④已知钩码的重力，可得弹簧所受的拉力F如图丙所示，观察比较F和F′，得出结论．11．（10分）用发光二极管制成的LED灯具有发光效率高、使用寿命长等优点，在生产与生活中得到广泛应用．某同学找到一个LED灯泡，测得它两端电压U和通过的电流I的数据如下表：1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12U/V 0.00 ……… 2.60 2.72 2.80 2.92 3.00 3.17 3.30 3.50I/mA 0.00 ……… 1.29 5.77 8.71 19.05 27.30 38.86 50.63 68.00 （1）实验室提供的器材如下：A．电流表（量程0～0.6A，内阻约1Ω）B．电流表（量程0～100mA，内阻约50Ω）C．电压表（量程0～6V，内阻约50kΩ）D．电压表（量程0～15V，内阻约60kΩ）E．电源（电动势6V，内阻不计）F．滑动变阻器（阻值范围0～10Ω，允许最大电流3A）G．开关，导线该同学做实验时，电压表选用的是，电流表选用的是；（填选项前字母）（2）请在图中以笔画线代替导线，按实验要求将实物图中的连线补充完整；（3）开关闭合之前，图中滑动变阻器的滑片应该置于（填“A端”、“B端”或“A、B正中间”）；（4）若该LED灯泡的额定电压为3V，则此LED灯泡的额定功率为．四、计算题12．（18分）一台小型电动机在3V电压下工作，用此电动机提升所受重力为4N的物体时，通过它的电流是0.2A．在30s内可使该物体被匀速提升3m．若不计除电动机线圈生热之外的能量损失，求：（1）电动机的输入功率；（2）在提升重物的30s内，电动机线圈所产生的热量；（3）线圈的电阻．13．（18分）如图1所示，水平光滑绝缘桌面距地面高h，x轴将桌面分为Ⅰ、Ⅱ两个区域．图2为桌面的俯视图，Ⅰ区域的匀强电场场强为E，方向与ab边及x轴垂直；Ⅱ区域的匀强磁场方向竖直向下．一质量为m，电荷量为q的带正电小球，从桌边缘ab上的M处由静止释放（M距ad边及x轴的距离均为l），加速后经x轴上N点进入磁场，最后从ad边上的P 点飞离桌面；小球飞出的瞬间，速度如图2与ad边夹角为60°．求：（1）小球进入磁场时的速度；（2）Ⅱ区域磁场磁感应强度的大小（3）小球飞离桌面后飞行的水平距离．广东省汕头市潮阳区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、单项选择题（每题4分，共16分，每小题给出的四个选项中，只有一个选项符合题目要求）1．（4分）下列各组物理量中，都属于矢量的是（）A．位移和时间B．力和质量C．加速度和路程D．力和位移考点：矢量和标量．分析：矢量是既有大小又有方向的物理量，标量是只有大小没有方向的物理量．解答：解：A、矢量是既有大小又有方向的物理量，位移是矢量，而标量是只有大小没有方向的物理量，时间是标量．故A错误．B、矢量是既有大小又有方向的物理量，力是矢量，而标量是只有大小没有方向的物理量，质量是标量．故B错误．C、矢量是既有大小又有方向的物理量，加速度是矢量，而标量是只有大小没有方向的物理量，路程是标量．故C错误．D、矢量是既有大小又有方向的物理量，力和位移都是矢量．故D正确．故选：D．点评：本题是一个基础题目，关键看学生对矢量和标量的掌握．矢量的运算要使用平行四边形定则．2．（4分）飞机斜向上飞的运动可以看成水平方向和竖直方向两个分运动的合运动，若飞行速度v与水平方向成α角，如图所示，则其水平分速度的大小是（）A．v sinαB．C．v cosαD．考点：运动的合成和分解．专题：运动的合成和分解专题．分析：将飞机的运动分解为水平方向和竖直方向的分运动，根据平行四边形定则即可求出飞机飞行的水平分速度．解答：解：根据平行四边形定则得，水平方向上的分速度为：v水平=vcosα竖直方向上的分速度：v竖直=vsinα故选：C．点评：解决本题的关键知道运动的合成和分解遵循平行四边形定则，找出合运动与分运动，结合几何关系分析即可．3．（4分）真空中有两点电荷，它们之间的静电力为F，保持它们之间的距离不变，把其中一个的电量增大为原来的2倍，则它们间的静电力将等于（）A．2F B．F C．D．考点：库仑定律．分析：将它们其中一个的电量增大为原来的2倍，而保持它们之间的距离不变，根据点电荷库仑力的公式F=k可以求得改变之后的库仑力的大小．解答：解：由库仑定律的公式F=k知，将其中之一的电量增大为原来的2倍，它们之间的距离不变，则们之间的静电力大小为：F′=k=2F，故A正确，B、C、D错误．故选：A．点评：解决本题的关键掌握库仑定律的公式F=k，理解公式中各个物理量的含义．4．（4分）在如图所示的电路中，开关闭合后，灯泡L能正常发光，当滑动变阻器的滑片向右移动时，下列判断正确的是（）A．滑动变阻器R的阻值变小B．灯泡L变亮C．电源消耗的总功率增大D．电容器C的电荷量增大考点：电功、电功率．专题：恒定电流专题．分析：灯泡L和滑动变阻器R串联、电容器C和定值电阻R0串联后两条支路再并联．当电路稳定后，电容器这一路没有电流，相当于开关断开，对另一路没有影响．电容器的电压等于路端电压．当滑动变阻器的滑片向右移动时，变阻器接入电路的电阻增大，根据欧姆定律分析电流和路端电压的变化，分析灯泡亮度和电容器电量的变化．解答：解：A、当滑动变阻器的滑片向右移动时，滑动变阻器R的阻值增大，故A错误；B、由题R增大，电流I=减小，灯泡L将变暗．故B错误．C、电源消耗的总功率P=EI，电流减小，P减小，故C错误；D、路端电压U=E﹣Ir增大，则电容器电量Q=CU增大．故D正确．故选：D点评：本题关键的要抓住电容器的特点：当电路稳定时，和电容器串联的电路没有电流，电容器电压等于这一串联电路两端的电压．二、双项选择题（每小题6分，共30分，每小题给出的四个选项中，有两个选项符合题目要求）5．（6分）如果你站在超市的斜面式自动扶梯（无阶梯，如图所示）上随扶梯匀速上行，则下列相关说法正确的是（）A．速度越快，人的惯性越大B．电梯对人的摩擦力和人对电梯的摩擦力大小相等C．电梯对人的支持力与人的重力大小相等D．电梯对人作用力的合力方向竖直向上考点：牛顿第三定律；力的合成与分解的运用．分析：惯性大小与物体的质量有关，质量越大，惯性越大．牛顿第三定律的内容主要有：两个物体之间的作用力和反作用力，总是同时在同一条直线上，大小相等，方向相反．解答：解：A、惯性大小与物体的质量有关，质量越大，惯性越大．故A错误．B、根据牛顿第三定律得电梯对人的摩擦力和人对电梯的摩擦力大小相等，故B正确．C、人受重力和支持力、摩擦力，三力平衡，合力为零．电梯对人的支持力和摩擦力的合力等于人的重力大小，故C错误，D正确．故选BD．点评：惯性是物理学中的一个性质，它描述的是物体能够保持原来的运动状态的性质，不能和生活中的习惯等混在一起．要明确作用力与反作用力规律的适用范围，牛顿第三定律与物体加速、减速还是匀速无关．6．（6分）建筑材料被吊车竖直向上提升过程的运动图象如图所示，下列相关判断正确的是（）A．30～36秒处于超重状态B．30～36秒的加速度较0～10秒的大C．0～10秒与30～36秒平均速度相同D．0～36秒提升了36m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：根据v﹣t图象可知道物体的运动过程和性质，也可求出对应的加速度，从而能求出前5s的位移和平均速度．通过速度时间图象包围的面积求出整个过程上升高度．30～36s 材料是向上做匀减速直线运动，加速度的方向是向下的．前10s钢索是向上做匀加速直线运动，根据牛顿第二定律可知材料所受的拉力大于重力．解答：解：A、30～36s内材料是向上做匀减速直线运动，加速度的方向是向下的，所以处于失重状态根据v﹣t图象可知：0﹣10s内材料的加速度a=0.1m/s2，0﹣5s位移x=at2=1.25m，所以前5s的平均速度是0.25m/s，故A错误；B、30～36秒的加速度为，0～10秒的加速度为，故B正确；C、0～10秒的平均速度为，30～36秒平均速度为，故C正确；D、通过速度时间图象包围的面积求出整个过程上升高度h=×2m=56m，故D错误；故选BC．点评：该题考查了匀变速直线运动的速度时间图象、运动学的公式、牛顿第二定律的应用等知识点．本题的关键在于能够通过速度时间图象对物体进行运动过程分析和受力分析，再正确运用牛顿第二定律解决问题．7．（6分）2012年6月24日中午12时，神舟九号飞船与天宫一号进行了手动交会对接．若“天宫一号”M和“神舟九号”N绕地球做圆周运动的示意图如图所示，虚线为各自轨道．由此可以判定（）A．M、N的运行速率均小于7.9km/sB．M的周期小于N的周期C．M运行速率大于N的运行速率D．N必须适度加速才有可能与M实现对接考点：人造卫星的加速度、周期和轨道的关系；万有引力定律及其应用．专题：人造卫星问题．分析：根据万有引力提供向心力，求出线速度、周期与轨道半径的关系，从而判断出M、N的运行速率与第一宇宙速度的大小关系，以及周期的大小关系．解答：解：A、根据，解得，T=，知轨道半径越大，线速度越小，因为第一宇宙速度的轨道半径等于地球的半径，所以第一宇宙速度大于M、N的速度大小，M的速率小于N的速率．M的周期大于N的周期．故A正确，B、C错误．D、N适度加速，使得万有引力不够提供向心力，做离心运动离开原轨道，会与M实现对接．故D正确．故选AD．点评：解决本题的关键掌握万有引力提供向心力，知道线速度、周期等物理量与轨道半径的关系．8．（6分）在如图所示的静电场中，实线为电场线，一带电粒子仅在电场力作用下沿图中虚线从A运动到B，则（）A．加速度增大B．电场力做负功C．速度增大D．电势能减小考点：电场线；牛顿第二定律；电场强度；电势能．专题：电场力与电势的性质专题．分析：根据轨迹弯曲的方向可判断出电场力方向，确定电场力做功正负，判断动能、电势能的变化．由电场线的疏密判断场强大小，即可判断电场力和加速度的大小．解答：解：A、从A到B，电场线越来越疏，场强越来越小，带电粒子所受的电场力减小，则其加速度减小．故A错误．B、由图看出，带电粒子的轨迹向下弯曲，则知带电粒子所受的电场力方向沿电场线向下，与速度的夹角为锐角，所以电场力做正功．故B错误．C、因为只有电场力做正功，故动能增大、电势能减小．故C正确，D正确．故选CD．点评：本题就是考查学生基础知识的掌握，加强基础知识的学习，掌握住电场线的特点，即可解决本题．9．（6分）下列说法中正确的是（）A．电荷在某处不受电场力作用，则该处电场强度一定为零B．一小段通电导体在某处不受安培力作用，则该处磁感应强度一定为零C．当置于匀强磁场中的导体长度和电流大小一定时，导体所受的安培力大小也是一定的D．在感应强度为B的匀强磁场中，长为L、电流为I的载流导体所受到的安培力的大小，介于零和BIL之间考点：电场强度；磁感应强度．分析：由电场力公式F=qE则知，电荷在某处不受电场力作用，该处电场强度一定为零．一小段通电导体在某处不受安培力作用，该处磁感应强度不一定为零．若导线与磁场平行时，不受安培力，但B不等于零．导体所受的安培力大小与导体长度、电流大小及导线与磁场方向的夹角有关．解答：解：A、由电场力公式F=qE则知，电荷在某处不受电场力作用F=0，则该处电场强度E一定为零．故A正确．B、将一小段通电导体平行放入磁场中，不受安培力作用，但磁感应强度不为零．故B错误．C、当置于匀强磁场中的导体长度和电流大小一定时，导体所受的安培力大小不一定，还与导线与磁场方向的夹角有关．故C错误．D、在感应强度为B的匀强磁场中，当导线与磁场垂直时，导体所受到的安培力最大为BIL，当导线与磁场平行时，不受安培力，所以导体所受到的安培力的大小介于零和BIL之间．故D正确．故选AD点评：本题要抓住磁场与电场特性的区别：电荷在电场中一定受电场力，但通电导线在磁场中不一定受安培力，导线与磁场平行时不安培力．三、非选择题10．（8分）某同学用如图（甲）所示的装置验证“力的平行四边形定则”．用一木板竖直放在铁架台和轻弹簧所在平面后．其部分实验操作如下，请完成下列相关内容：①如图甲，在木板上记下悬挂两个钩码时弹簧末端的位置O；②卸下钩码然后将两细绳套系在弹簧下端，用两弹簧称将轻弹簧末端拉到同一位置O，记录细绳套AO、BO的方向及两弹簧称相应的读数．图乙中B弹簧称的读数为11.40N；③该同学在坐标纸上画出两弹簧拉力F A、F B的大小和方向如图丙所示，请在图丙中作出F A、F B的合力F′；④已知钩码的重力，可得弹簧所受的拉力F如图丙所示，观察比较F和F′，得出结论．考点：验证力的平行四边形定则．专题：实验题；平行四边形法则图解法专题．分析：本实验的目的是要验证平行四边形定则，故应通过平行四边形得出合力再与真实的合力进行比较，理解实验的原理即可解答本题，弹簧秤读数时要注意估读．解答：解：根据验证平行四边形定则的实验原理要记录细绳套AO、BO的方向和拉力大小，拉力大小由弹簧秤读出，分度值为0.1N，估读一位：11.40N作图如下：故答案为：方向；11.40点评：本题属于对实验原理的直接考查，应准确掌握实验的目的及实验原理分析需要记录的内容，在学习绝不能死记硬背．11．（10分）用发光二极管制成的LED灯具有发光效率高、使用寿命长等优点，在生产与生活中得到广泛应用．某同学找到一个LED灯泡，测得它两端电压U和通过的电流I的数据如下表：1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12U/V 0.00 ……… 2.60 2.72 2.80 2.92 3.00 3.17 3.30 3.50I/mA 0.00 ……… 1.29 5.77 8.71 19.05 27.30 38.86 50.63 68.00 （1）实验室提供的器材如下：A．电流表（量程0～0.6A，内阻约1Ω）B．电流表（量程0～100mA，内阻约50Ω）C．电压表（量程0～6V，内阻约50kΩ）D．电压表（量程0～15V，内阻约60kΩ）E．电源（电动势6V，内阻不计）F．滑动变阻器（阻值范围0～10Ω，允许最大电流3A）G．开关，导线该同学做实验时，电压表选用的是C，电流表选用的是B；（填选项前字母）（2）请在图中以笔画线代替导线，按实验要求将实物图中的连线补充完整；（3）开关闭合之前，图中滑动变阻器的滑片应该置于A（填“A端”、“B端”或“A、B正中间”）；（4）若该LED灯泡的额定电压为3V，则此LED灯泡的额定功率为8.19×10﹣2W．考点：伏安法测电阻．专题：实验题；恒定电流专题．分析：（1）根据实验测得它两端电压U和通过它电流I的数据的范围可以选择电压表和电流表；（2）描绘该二极管的伏安特性曲线，电压、电流要从0测起，所以滑动变阻器应该采用分压式，从表格中数据看，二极管的电阻更接近电流表的内阻，所以电流表应该用外接法，然后将图中实物图补充完整；（3）开关S闭合之前要使灯上的电压最小；（4）从表格读出二极管3V时的电流然后根据P=UI求功率．解答：解：（1）根据实验测得它两端电压U和通过它电流I的数据的范围可知：电压变化的最大值为3.5V，所以电压表选C；电流表变化的最大值为68mA，所以电流表选B；（2）本实验描绘二极管的伏安特性曲线，要求电压、电流要从0开始，所以滑动变阻器应采用分压式．从表格中数据看，二极管的电阻更接近电流表的内阻，所以电流表应该用外接法，实物连接如下图：（3）开关闭合之前，应使变阻器输出电压最小，故滑动变阻器的滑片应该置于A端．（4）由表格知电压为3V时电流为27.30mA，则此LED灯泡的额定功率P=UI=3×27.30×10﹣3=8.19×10﹣2W故答案为：（1）C，B；（2）如图．（3）A．（4）8.19×10﹣2W．点评：解决本题关键如何选择两个电表的量程，确定滑动变阻器的分压限流接法，要明确待测电路的电压和电流要从零开始连续变化，变阻器必须运用分压接法．四、计算题12．（18分）一台小型电动机在3V电压下工作，用此电动机提升所受重力为4N的物体时，通过它的电流是0.2A．在30s内可使该物体被匀速提升3m．若不计除电动机线圈生热之外的能量损失，求：（1）电动机的输入功率；（2）在提升重物的30s内，电动机线圈所产生的热量；（3）线圈的电阻．考点：电功、电功率；能量守恒定律．专题：恒定电流专题．分析：（1）由P=UI求出电动机的输入功率．（2）电动机总功率等于热功率与输出功率之和，由P=Fv求出电动机的输出功率，然后求出线圈的热功率．（3）由电功率公式Q=I2r的变形公式求出线圈电阻．解答：解：（1）电动机的输入功率P入=UI=0.2×3 W=0.6 W．（2）电动机提升重物的机械功率P机=Fv=（4×3/30）W=0.4 W．根据能量关系P入=P机+P Q，得生热的功率P Q=P入﹣P机=（0.6﹣0.4）W=0.2 W．所生热量Q=P Q t=0.2×30 J=6 J．（3）由焦耳定律Q=I2Rt，得线圈电阻R==Ω=5Ω．答：（1）电动机的输入功率为0.6W．（2）线圈电阻产生的热量为6J．（3）线圈电阻为5Ω．点评：电动机是非纯电阻电路，电动机总功率等于输出功率与热功率之和．13．（18分）如图1所示，水平光滑绝缘桌面距地面高h，x轴将桌面分为Ⅰ、Ⅱ两个区域．图2为桌面的俯视图，Ⅰ区域的匀强电场场强为E，方向与ab边及x轴垂直；Ⅱ区域的匀强磁场方向竖直向下．一质量为m，电荷量为q的带正电小球，从桌边缘ab上的M处由静止释放（M距ad边及x轴的距离均为l），加速后经x轴上N点进入磁场，最后从ad边上的P 点飞离桌面；小球飞出的瞬间，速度如图2与ad边夹角为60°．求：（1）小球进入磁场时的速度；（2）Ⅱ区域磁场磁感应强度的大小（3）小球飞离桌面后飞行的水平距离．考点：带电粒子在匀强磁场中的运动；平抛运动；带电粒子在匀强电场中的运动．专题：带电粒子在复合场中的运动专题．分析：（1）小球在电场中运动时，只有电场力做功，大小为qEl，根据动能定理可求得小球进入磁场时的速度；（2）小球进入磁场后，竖直方向上受到重力和桌面的支持力，两力平衡，小球由洛伦兹力充当向心力在桌面上做匀速圆周运动，画出轨迹，由几何关系求出轨迹半径，根据牛顿第二定律求出磁感应强度；（3）小球飞离桌面后做平抛运动，水平方向做匀速直线运动，竖直方向做自由落体运动，由运动学公式求出小球飞行的水平距离．解答：解：（1）小球在电场中沿MN方向做匀加速直线运动，此过程由动能定理，有①则得小球进入磁场时的速度②v方向x轴垂直．（2）小球进入磁场后做匀速圆周运动，轨迹如图所示．由几何关系可得R+Rcos60°=l 解得R=③又由洛仑兹力提供向心力，有④由②③④式可得（3）小球飞离桌面后做平抛运动，由平抛规律有h=⑤x=vt ⑥由②⑤⑥式可得小球飞行的水平距离为答：（1）小球进入磁场时的速度是；（2）Ⅱ区域磁场磁感应强度的大小是3；（3）小球飞离桌面后飞行的水平距离是2．点评：本题小球在复合场中运动，分析小球运动受力情况和运动情况是解题的关键，运用动能定理和牛顿第二定律、运动学公式结合即可求解．。
汕头市高二物理上学期期末试卷理科附解析
汕头市2015年高二物理上学期期末试卷（理科附解析）2014-2015学年广东省汕头市金山中学高二（上）期末物理试卷（理科）一.单项选择题（每小题只有一个正确选项，选对3分，错选不得分，共18分）1．（3分）（2014秋濠江区校级期末）如图所示，环形导线周围有三只小磁针a、b、c，闭合开关S后，三只小磁针N极的偏转方向是（）A．全向里B．全向外C．a向里，b、c向外D．a、c向外，b向里2．（3分）（2014秋濠江区校级期末）如图所示，O点为等量异种点电荷M，N连线的中点，A，B是M，N连线的中垂线上的两点，OA＜OB，用EA，EB，φA，φB分别表示A，B两点的场强和电势，则（）A．EA一定大于EB，φA一定大于φBB．EA一定大于EB，φA一定等于φBC．EA一定小于EB，φA一定大于φBD．EA一定小于EB，φA一定等于φB3．（3分）（2014秋濠江区校级期末）一台电动机，额定电压是100V，电阻是1Ω．正常工作时，通过的电流为5A，则电动机的机械功率为（）A．500WB．25WC．2000WD．475W4．（3分）（2014秋濠江区校级期末）一带电粒子沿垂直于磁场的方向射入一匀强磁场．粒子的一段径迹如图．径迹上的每一小段都可近似看成圆弧．由于带电粒子使沿途的空气电离，粒子的能量逐渐减小（带电量不变）．从图可以确定（）A．粒子带正电，从a运动到bB．粒子带正电，从b运动到aC．粒子带负电，从a运动到bD．粒子带负电，从b到运动a5．（3分）（2011盐城二模）制造电阻箱时，要用双线绕法如图所示．当电流变化时双线绕组（）A．螺旋管内磁场发生变化B．穿过螺旋管的磁通量发生变化C．回路中一定有自感电动势产生D．回路中一定没有自感电动势产生6．（3分）（2014秋濠江区校级期末）如图所示，是街头变压器通过降压给用户供电的示意图．负载变化时输入电压不会有大的波动（认为V1读数不变）．输出电压通过输电线输送给用户，两条输电线的总电阻用R0表示，变阻器R代表用户用电器的总电阻，当用电器增加时，相当于R的值减小（滑动片向下移）．如果变压器的能量损失可以忽略，当用户的用电器增加时，图中各表的读数变化情况是（）A．A1变小、V2变小、A2变大、V3变大B．A1变大、V2不变、A2变大、V3变小C．A1不变、V2变大、A2变小、V3变小D．A1变大、V2不变、A2变小、V3变大二.双项选择题（每小题有两个正确选项，全对4分，漏选2分，错选不得分，共24分）7．（4分）（2014秋濠江区校级期末）下列说法中正确的是（）A．电场线越密处场强越大，电势越高B．沿电场线的方向电势逐渐降低C．场强为0处，电势不一定为0D．在电势高处电荷具有的电势能大8．（4分）（2014秋濠江区校级期末）在匀强电场和匀强磁场共存的区域内，电场的场强为E，方向竖直向下，磁场的磁感应强度为B，方向垂直于纸面向里，一质量为m的带电粒子，在场区内的竖直平面内做匀速圆周运动，则可判断该带电质点（）A．带有电荷量为的正电荷B．运动的角速度为C．沿圆周顺时针运动D．沿圆周逆时针运动9．（4分）（2014上海）如图，匀强磁场垂直于软导线回路平面，由于磁场发生变化，回路变为圆形．则该磁场（）A．逐渐增强，方向向外B．逐渐增强，方向向里C．逐渐减弱，方向向外D．逐渐减弱，方向向里10．（4分）（2014秋濠江区校级期末）关于回旋加速器，下列说法正确的是（）A．离子从磁场中获得能量B．离子由加速器的中心附近进入加速器C．增大加速器的加速电压，则粒子离开加速器时的动能将变大D．将增大D形盒的半径，离子获得的动能将增加11．（4分）（2013秋扬州期末）在一水平通电直导线的正下方，有一半圆形光滑圆弧轨道，一导体圆环自轨道左侧的A点无初速度释放，则下列说法中正确的是（）A．圆环中有感应电流产生B．圆环能滑到轨道右侧与A点等高处CC．圆环最终停在轨道的最低点BD．圆环运动过程中机械能守恒12．（4分）（2014秋濠江区校级期末）在匀强磁场中，一矩形金属线框绕与磁感线垂直的转动轴匀速转动，如图甲所示．产生的交变电动势随时间变化的规律如图乙所示．则下列说法正确的是（）A．t=0.01s时穿过线框的磁通量最大B．该交变电动势的有效值为11VC．该交变电动势的瞬时值表达式为e=22sin（100πt）V D．电动势瞬时值为22V时，线圈平面与中性面的夹角为45°三.实验题（每个空3分，共18分）13．（6分）（2008秋雅安期末）（1）用螺旋测微器（千分尺）测金属导线的直径，其示数如甲图所示，该金属导线的直径为mm．用游标卡尺（卡尺的游标有20等分）测量一支铅笔的长度，测量结果如图乙所示，由此可知铅笔的长度是mm．14．（12分）（2014秋濠江区校级期末）某同学用伏安法测一节干电池的电动势和内阻，现备有下列器材：A．被测干电池一节B．电流表：量程0～0.6A，内阻约为0.3ΩC．电压表：量程0～3V，内阻约3kΩD．电压表：量程0～15V，内阻约15kΩE．滑动变阻器：0～10Ω，2AF．滑动变阻器：0～100Ω，1AG．开关、导线若干请在现有器材的条件下，尽可能准确地测量电池的电动势和内阻．（1）在上述器材中请选择合适的器材：（填写选项前的字母）；（2）实验电路图应选择图中的（填“甲”或“乙”）．（3）根据实验中电流表和电压表的示数得到了如图丙所示的U﹣I图象，则干电池的电动势E=V，内电阻r=Ω（r 计算结果保留2位有效数字）．四.计算题（共40分，要求写出必要的文字说明）15．（10分）（2014秋濠江区校级期末）如图，两块竖直的彼此绝缘平行金属板A、B，两板间距离为d，让A、B两板连接到直流电源上，能在AB间形成一个匀强电场．一个带电量为q，质量为m的小球用绝缘细线悬挂在电场中，平衡时细线偏离竖直方向夹角θ=30°．求：若将绝缘细线剪断错误！未找到引用源，求小球开始运动瞬间的加速度（1）小球的电性和AB间的电场强度；（2）若将绝缘细线剪断，求小球开始运动瞬间的加速度．16．（12分）（2014秋濠江区校级期末）如图，内圆半径为r、外圆半径为3r的两个圆形区域之间有垂直纸面向里、磁感应强度为B的匀强磁场．左侧的平行板电容器两板间电压为U，靠近M板处静止释放质量为m、电量为q的正离子，经过电场加速后从N板小孔射出，并沿圆形直径方向射入磁场，不计离子的重力，忽略平行板外的电场．求：（1）离子从N板小孔射出时的速率；（2）离子在磁场中做圆周运动的周期；（3）要使离子不进入小圆内部区域，磁感应强度B的取值范围．17．（18分）（2014秋濠江区校级期末）如图甲，两足够长的平行光滑金属导轨ab、cd倾斜放置，两导轨之间的距离为L=0.5m，导轨平面与水平面间的夹角为θ=30°，导轨上端a、c之间连接有一阻值为R1=4Ω的电阻，下端b、d之间接有一阻值为R2=4Ω的小灯泡．有理想边界的匀强磁场垂直于导轨平面向上，虚线ef为磁场的上边界，ij为磁场的下边界，此区域内的感应强度B，随时间t变化的规律如图乙所示，现将一质量为m=1kg的金属棒MN，从距离磁场上边界ef的一定距离处，从t=0时刻开始由静止释放，金属棒MN从开始运动到经过磁场的下边界ij的过程中，小灯泡的亮度始终不变．金属棒MN在两轨道间的电阻r=1Ω，其余部分的电阻忽略不计，ef、ij边界均垂直于两导轨．重力加速度g=10m/s2．求：（l）小灯泡的实际功率；（2）金属棒MN穿出磁场前的最大速率；（3）整个过程中小灯泡产生的热量．2014-2015学年广东省汕头市金山中学高二（上）期末物理试卷（理科）参考答案与试题解析一.单项选择题（每小题只有一个正确选项，选对3分，错选不得分，共18分）1．（3分）（2014秋濠江区校级期末）如图所示，环形导线周围有三只小磁针a、b、c，闭合开关S后，三只小磁针N极的偏转方向是（）A．全向里B．全向外C．a向里，b、c向外D．a、c向外，b向里考点：电流的磁场对磁针的作用．分析：闭合开关S后，环形导线中通有顺时针方向的电流，根据安培定则判断磁场方向．根据小磁针N极受力方向与磁场方向相同判断N极偏转方向．解答：解：闭合开关S后，环形导线中通有顺时针方向的电流，根据安培定则判断环形导线内部磁场向里，外部磁场向外，则小磁针b的N极向里偏转，a、c两个小磁针向外偏转．故选D点评：本题考查应用安培定则的能力．安培定则是判断电流方向与磁场方向两者关系的定则．2．（3分）（2014秋濠江区校级期末）如图所示，O点为等量异种点电荷M，N连线的中点，A，B是M，N连线的中垂线上的两点，OA＜OB，用EA，EB，φA，φB分别表示A，B两点的场强和电势，则（）A．EA一定大于EB，φA一定大于φBB．EA一定大于EB，φA一定等于φBC．EA一定小于EB，φA一定大于φBD．EA一定小于EB，φA一定等于φB考点：匀强电场中电势差和电场强度的关系；电场线．专题：电场力与电势的性质专题．分析：首先明确等量异种电荷的电场特点及两电荷连线的中垂线有如下特征：中垂线为等势线，连线上各点的电势相等，中间电场线比较密，两边疏，则连线中点场强最大，向外逐渐减小．解答：解：据等量异种电荷连线中垂线的特点，中垂线为等势线，连线上各点的电势相等，中间电场线比较密，两边疏，则连线中点场强最大，向外逐渐减小；由于OA＜OB，所以A的场强大于B的场强且电势相等，故ACD错误，B正确．故选：B．点评：本题关键是要明确等量异号电荷的电场线和等势面分布图及特点，明确中垂线上电场的特点是解题的关键．3．（3分）（2014秋濠江区校级期末）一台电动机，额定电压是100V，电阻是1Ω．正常工作时，通过的电流为5A，则电动机的机械功率为（）A．500WB．25WC．2000WD．475W考点：电功、电功率．专题：恒定电流专题．分析：根据电功率表达式P=UI，求出总功率，根据焦耳定律，求出发热功率P热=I2r，从而求出机械功率．解答：解：电机两端电压和电流已知，根据电功率定义，得到输入功率P=UI=100V×5A=500W根据焦耳定律得到：P热=I2r=（5A）2×1Ω=25W所以机械功率P机=P﹣P热=500﹣25=475W故选：D点评：本题关键要明确电功率表达式P=UI和发热功率表达式P热=I2r的适用范围，同时要明确电动机中能量的转化情况．4．（3分）（2014秋濠江区校级期末）一带电粒子沿垂直于磁场的方向射入一匀强磁场．粒子的一段径迹如图．径迹上的每一小段都可近似看成圆弧．由于带电粒子使沿途的空气电离，粒子的能量逐渐减小（带电量不变）．从图可以确定（）A．粒子带正电，从a运动到bB．粒子带正电，从b运动到aC．粒子带负电，从a运动到bD．粒子带负电，从b到运动a考点：洛仑兹力．分析：根据粒子在磁场中运动的半径公式r=来分析粒子的运动的方向，在根据左手定则来分析电荷的性质．解答：解：由于带电粒子使沿途的空气电离，粒子的能量逐渐减小，速度逐渐减小，根据粒子在磁场中运动的半径公式r=可知，粒子的半径逐渐的减小，所以粒子的运动方向是从b到a，在根据左手定则可知，粒子带正电，所以B正确．故选：B．点评：根据r=可知，粒子运动的半径与速度的大小有关，根据半径的变化来判断粒子的运动的方向，这是解决本题的关键．5．（3分）（2011盐城二模）制造电阻箱时，要用双线绕法如图所示．当电流变化时双线绕组（）A．螺旋管内磁场发生变化B．穿过螺旋管的磁通量发生变化C．回路中一定有自感电动势产生D．回路中一定没有自感电动势产生考点：自感现象的应用．分析：两个线圈中的绕向相同，但电流方向相反，利用安培定则可以确定每个线圈形成的电磁铁的磁场方向；由于两个线圈中的电流大小相等，匝数相同，所以每个线圈的磁场强度相同．解答：解：A、两个线圈中的电流大小相等，线圈匝数相等，并且铁芯相同，所以每个线圈产生的磁场强度相同．由于两个线圈的绕向相同，但电流方向相反，所以其磁场方向相反．两者磁性强度相同，磁场方向相反，相互抵消，所以螺旋管内没有磁场．故A错误B、螺旋管内没有磁场，所以穿过螺旋管的磁通量没有变化，故B错误．C、穿过螺旋管的磁通量没有变化，所以回路中没有自感电动势产生，故C错误．D、回路中一定没有自感电动势产生，故D正确．故选D．点评：精密电阻不仅要求其阻值准确，还要求是纯电阻性的元件，即除了电阻性外，不能有电感的成分寄生在里面，所以采用双线绕法并使两根平行导线中的电流方向是相反的，这样就能抵消寄生电感，使它成为“纯”阻性的电阻．6．（3分）（2014秋濠江区校级期末）如图所示，是街头变压器通过降压给用户供电的示意图．负载变化时输入电压不会有大的波动（认为V1读数不变）．输出电压通过输电线输送给用户，两条输电线的总电阻用R0表示，变阻器R代表用户用电器的总电阻，当用电器增加时，相当于R的值减小（滑动片向下移）．如果变压器的能量损失可以忽略，当用户的用电器增加时，图中各表的读数变化情况是（）A．A1变小、V2变小、A2变大、V3变大B．A1变大、V2不变、A2变大、V3变小C．A1不变、V2变大、A2变小、V3变小D．A1变大、V2不变、A2变小、V3变大考点：变压器的构造和原理；闭合电路的欧姆定律．专题：交流电专题．分析：根据R的变化，确定出总电路的电阻的变化，进而可以确定总电路的电流的变化的情况，再根据电压不变，来分析其他的原件的电流和电压的变化的情况．解答：解：理想变压器的输出电压是由输入电压和匝数比决定的，由于输入电压和匝数比不变，所以副线圈的输出的电压也不变，所以V2的示数不变；当用电器增加时，相当于R的值减小，电路中的总的电阻减小，所以电流要变大，即A2的示数变大；由于副线圈的电流变大，电阻R0消耗的电压变大，又因为V2的示数不变，所以V3的示数变小；由于变压器的输入的功率和输出的功率相等，由于副线圈的电阻减小了，输出的功率变大了，所以原线圈的输入的功率也要变大，因为输入的电压不变，所以输入的电流要变大，所以A1的示数变大．故选：B．点评：电路的动态变化的分析，总的原则就是由部分电路的变化确定总电路的变化的情况，再确定其他的电路的变化的情况，即先部分后整体再部分的方法．二.双项选择题（每小题有两个正确选项，全对4分，漏选2分，错选不得分，共24分）7．（4分）（2014秋濠江区校级期末）下列说法中正确的是（）A．电场线越密处场强越大，电势越高B．沿电场线的方向电势逐渐降低C．场强为0处，电势不一定为0D．在电势高处电荷具有的电势能大考点：电场线；电势．分析：电场强度和电势这两个概念非常抽象，可借助电场线可以形象直观表示电场这两方面的特性：电场线疏密表示电场强度的相对大小，切线方向表示电场强度的方向，电场线的方向反映电势的高低．解答：解：A、电场线密处，电场强度大，而电场线方向不确定，故无法判断电势高低，电势就不一定高，故A错误；B、沿电场线的方向电势降低，故B正确；C、电势为零，是人为选择的，电势为零处，电场强度不一定为零，场强为0处，电势不一定为0，故C正确．D、Ep=qφ，若电荷带负电q取负，φ越高则电势能越小，故D错误．故选：BC．点评：电场线的疏密表示电场强度的相对大小，电场线的方向反映电势的高低，则电场强度与电势没有直接关系．顺着电场线方向，电势逐渐降低，但场强不一定减小．8．（4分）（2014秋濠江区校级期末）在匀强电场和匀强磁场共存的区域内，电场的场强为E，方向竖直向下，磁场的磁感应强度为B，方向垂直于纸面向里，一质量为m的带电粒子，在场区内的竖直平面内做匀速圆周运动，则可判断该带电质点（）A．带有电荷量为的正电荷B．运动的角速度为C．沿圆周顺时针运动D．沿圆周逆时针运动考点：带电粒子在混合场中的运动．专题：带电粒子在复合场中的运动专题．分析：粒子做匀速圆周运动，根据重力和电场力平衡以及洛伦兹力提供向心力分析判断．解答：解：A、带电粒子在竖直平面内做匀速圆周运动，有mg=qE，求得电荷量q=，根据电场强度方向和电场力方向判断出粒子带负电，故A错误；B、由qvB=mvω得ω==，故B正确，D错误；C、由左手定则可判断粒子沿顺时针方向运动，故C正确；故选：BC．点评：本题关键是找到向心力来源，并得到重力和电场力平衡，从而判断出电性和转动方向，最后根据洛伦兹力提供向心力列式求解．9．（4分）（2014上海）如图，匀强磁场垂直于软导线回路平面，由于磁场发生变化，回路变为圆形．则该磁场（）A．逐渐增强，方向向外B．逐渐增强，方向向里C．逐渐减弱，方向向外D．逐渐减弱，方向向里考点：楞次定律．专题：电磁感应与电路结合．分析：磁场发生变化，回路变为圆形说明导线受到的安培力的方向向外，结合楞次定律与左手定则即可判定，也可由楞次定律的推广形式解答．解答：解：磁场发生变化，回路变为圆形，受到的安培力的方向向外，导线围成的面积扩大，根据楞次定律的推广形式可得，导线内的磁通量一定正在减小，而推广扩大面积可以阻碍磁通量的减小．该过程与磁通量的方向无关．故选项CD正确，AB错误．故选：CD．点评：解决本题的关键掌握楞次定律判断感应电流的方向，也可以使用楞次定律的推广的形式处理．10．（4分）（2014秋濠江区校级期末）关于回旋加速器，下列说法正确的是（）A．离子从磁场中获得能量B．离子由加速器的中心附近进入加速器C．增大加速器的加速电压，则粒子离开加速器时的动能将变大D．将增大D形盒的半径，离子获得的动能将增加考点：质谱仪和回旋加速器的工作原理．分析：回旋加速器是利用磁场使带电粒子作回旋运动，在运动中经高频电场反复加速的装置．是高能物理中的重要仪器．（1）磁场的作用带电粒子以某一速度垂直进入匀强磁场时，只在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动，其中周期与速率和半径无关，使带电粒子每次进入D形盒中都能运动相等时间（半个周期）后，平行于电场方向进入电场中加速．（2）电场的作用回旋加速器的两个D形盒之间的窄缝区域存在周期性的变化的并垂直于两D形盒直径的匀强电场，加速就是在这个区域完成的．（3）交变电压为了保证每次带电粒子经过狭缝时均被加速，使其能量不断提高，要在狭缝处加一个与粒子运动的周期一致的交变电压．解答：解：A、洛伦兹力不做功，故磁场只能使粒子旋回狭缝，故A错误；B、粒子最终的速度与回旋半径成正比，要使半径最大，故从中间射入，故B正确；C、由qvB=m得，v=，则最大动能EK=mv2=，知最大动能与加速器的半径、磁感线强度以及电荷的电量和质量有关，与加速电压无关，故C错误；D、由qvB=m得，v=，则最大动能EK=mv2=，将D形盒的半径增大，离子获得的动能将增加，故D正确；故选：BD．点评：解决本题的关键知道回旋加速器是利用电场加速、磁场偏转来加速粒子，但是最终粒子的动能与电场的大小无关．11．（4分）（2013秋扬州期末）在一水平通电直导线的正下方，有一半圆形光滑圆弧轨道，一导体圆环自轨道左侧的A点无初速度释放，则下列说法中正确的是（）A．圆环中有感应电流产生B．圆环能滑到轨道右侧与A点等高处CC．圆环最终停在轨道的最低点BD．圆环运动过程中机械能守恒考点：感应电流的产生条件；通电直导线和通电线圈周围磁场的方向．分析：水平通电导线周围有磁场，且离导线越远磁场强度越小，在圆环下落过程中，通过圆环的磁通量变小故能判断圆环中是否有感应电流．解答：解：A、水平通电导线周围有磁场，且离导线越远磁场强度越小，在圆环下落过程中，通过圆环的磁通量变小故有感应电流产生，故A正确；B、因为圆环在运动的过程中，有感应电流，对整个过程由能量守恒定律得，重力势能转化为电能，故不能上升到右侧与C点等高处，故B错误；C、由于小环运动的范围内，各处的磁场强度不同，所以小环运动的过程中机械能不断转化为电能，故小球的机械能会越来越小，最终停在最低点B，故C正确；D、整个过程重力势能转化为电能，机械能不守恒，故D错误；故选：AC点评：此题要掌握通电导线周围的磁场是越来越小，并会对整个过程的能量转化进行分析，难度不大．12．（4分）（2014秋濠江区校级期末）在匀强磁场中，一矩形金属线框绕与磁感线垂直的转动轴匀速转动，如图甲所示．产生的交变电动势随时间变化的规律如图乙所示．则下列说法正确的是（）A．t=0.01s时穿过线框的磁通量最大B．该交变电动势的有效值为11VC．该交变电动势的瞬时值表达式为e=22sin（100πt）V D．电动势瞬时值为22V时，线圈平面与中性面的夹角为45°考点：正弦式电流的图象和三角函数表达式；正弦式电流的最大值和有效值、周期和频率．专题：交流电专题．分析：从图象得出电动势最大值、周期，从而算出频率、角速度；磁通量最大时电动势为零，磁通量为零时电动势最大，转速加倍，最大值加倍．解答：解：A、由图象知：t=0.01s时，感应电动势为零，则穿过线框的磁通量最大，A正确；B、由图象可知，周期为0.02s，则线框1秒钟转动50圈，B错误；C、当t=0时，电动势为零，线圈平面与磁场方向垂直，故该交变电动势的瞬时值表达式为e=Emsinωt=22sin （100πt）V，故C错误；D、电动势瞬时值为22V时，代入瞬时表达式，则有线圈平面与中性面的夹角为45°，D正确；故选：AD点评：本题考查了对交流电图象的认识，要具备从图象中获得有用信息的能力，并掌握有效值与最大值的关系．三.实验题（每个空3分，共18分）13．（6分）（2008秋雅安期末）（1）用螺旋测微器（千分尺）测金属导线的直径，其示数如甲图所示，该金属导线的直径为8.474mm．用游标卡尺（卡尺的游标有20等分）测量一支铅笔的长度，测量结果如图乙所示，由此可知铅笔的长度是100.60mm．考点：螺旋测微器的使用；刻度尺、游标卡尺的使用．专题：实验题．分析：螺旋测微器的读数方法是固定刻度读数加上可动刻度读数，在读可动刻度读数时需估读；游标卡尺读数的方法是主尺读数加上游标读数，不需估读，注意两种仪器读数的不同．解答：解：螺旋测微器的固定刻度读数为8mm，可动刻度读数为0.01×47.4mm=0.474mm，所以最终读数为：8mm+0.474=8.474mm；游标尺上总共是20个小格，故其精度为0.05mm，主尺读数为10cm=100mm，游标尺上第12个刻度与主尺上某一刻度对齐，故游标读数为：0.05×12mm=0.60mm，所以最终读数为：100mm+0.60mm=100.60mm．故答案为：8.474（8.473﹣8.475），100.60．点评：解决本题的关键掌握螺旋测微器和游标卡尺的读数方法，螺旋测微器的读数方法是固定刻度读数加上可动刻度读数，在读可动刻度读数时需估读．游标卡尺读数的方法是主尺读数加上游标读数，不需估读．14．（12分）（2014秋濠江区校级期末）某同学用伏安法测一节干电池的电动势和内阻，现备有下列器材：A．被测干电池一节B．电流表：量程0～0.6A，内阻约为0.3ΩC．电压表：量程0～3V，内阻约3kΩD．电压表：量程0～15V，内阻约15kΩE．滑动变阻器：0～10Ω，2AF．滑动变阻器：0～100Ω，1A。
广东省汕头市高考物理二模试卷(含解析)-人教版高三全册物理试题
广东省汕头市2015届高考物理二模试卷一、单项选择题，每题4分1．〔4分〕月球与同步卫星都环绕地球做匀速圆周运动，两者相比〔〕A．月球离地球近些B．月球的周期较长C．月球的向心加速度大些D．月球的线速度大些2．〔4分〕物块以初速度v0滑上一固定的斜面后又沿该斜面下滑的v﹣t图象如下列图，如此〔〕A．物块上滑过程处于超重状态B．斜面可能是粗糙的C．t1时刻物块加速度为零D．t2时刻物块回到出发点3．〔4分〕如图是某型号手机充电器里的变压器〔可视为理想变压器〕，当a、b端接220V 交流电时，c、d端输出4.2V交流电，如此正常工作时〔〕A．从a、b端流入的电流大于从c、d端流出的电流B．连接a、b端的线圈匝数多于连接c、d端的线圈匝数C．当c、d端空载〔断路〕时，c、d端的电压为零D．输入电流的频率高于输出电流的频率4．〔4分〕如图，粗糙绝缘水平面上O、A、B、C四点共线，在O点固定一带正电小球Q，在A点由静止释放带正电小金属块P〔可视为质点〕，P沿OC连线运动，到B点时速度最大，最后停止在C点．如此〔〕A．A点电势低于B点电势B．P在由A向C运动的过程中，电势能一直增大C．在B点P所受的滑动摩擦力等于库仑力D．从B到C的过程中，P的动能全部转化为电势能二、双项选择题，每题6分5．〔6分〕如图，内壁光滑、绝热的气缸通过有一定质量的绝热活塞封闭着一定量的气体，先使气缸保持静止．然后释放气缸使其做自由落体运动，当活塞与气缸重新达到相对静止时，对于缸内气体，如下表述正确的有〔〕A．气体分子热运动停止，气体对活塞没有作用力B．分子热运动变得剧烈，气体对活塞的作用力增大C．分子间的平均距离比原来增大D．内能比原来减少6．〔6分〕恒星内部发生着各种热核反响，其中“氦燃烧〞的核反响方程为：He+X→Be+γ，其中X表示某种粒子，Be是不稳定的粒子，其半衰期为T，如此如下说法正确的答案是〔〕A．X 粒子是HeB．Be的衰变需要外部作用激发才能发生C．经过3个T，剩下的Be占开始时的D．“氦燃烧〞的核反响是裂变反响7．〔6分〕如图是自动跳闸的闸刀开关，闸刀处于垂直纸面向里匀强磁场中，当CO间的闸刀刀片通过的直流电流超过额定值时，闸刀A端会向左弹开断开电路．以下说法正确的答案是〔〕A．闸刀刀片中的电流方向为C至OB．闸刀刀片中的电流方向为O至CC．跳闸时闸刀所受安培力没有做功D．增大匀强磁场的磁感应强度，可使自动跳闸的电流额定值减小8．〔6分〕如图是平抛竖落仪，用小锤打击弹性金属片，金属片把a球沿水平方向抛出，同时b球松开自由落下，两球质量相等，不计一切阻力．如下说法正确的答案是〔〕A．b球比a球先落地B．下落一样高度时，两球速率相等C．两球下落过程的加速度一样D．落地时，两球重力的瞬时功率相等9．〔6分〕如图是简易测水平风速的装置，轻质塑料球用细线悬于竖直杆顶端O，当水平风吹来时，球在水平风力F的作用下飘起来．F与风速v成正比，当v=3m/s时，测得球平衡时细线与竖直方向的夹角θ=45°．如此〔〕A．当风速v=3m/s时，F的大小恰好等于球的重力B．当风速v=6m/s时，θ=90°C．水平风力F越大，球平衡时，细线所受拉力越小D．换用半径相等，但质量较大的球，如此当θ=45°时，v大于3m/s三、非选择题：10．〔10分〕如图甲，某实验小组利用光电计时器等器材做“验证机械能守恒定律〞的实验．①将金属小球在A处由静止释放，并通过A处正下方、固定于B处的光电门．②用10等分游标的游标卡尺测量小球的直径d，测量示数如图乙，如此d=cm．假设光电计时器记录小球通过光电门的时间为t=4.25×10﹣3s，如此小球经过光电门B时的速度为v B=m/s．〔计算结果保存三位有效数字〕③屡次改变A、B间的距离H，重复上述实验，作出随H的变化图象如图丙所示，假设小球下落过程机械能守恒，由图丙数据写出重力加速度g与d、t0、H0的关系式g=．④实验数据显示小球的动能增加量△E K总是稍小于重力势能减少量△E P，主要原因是小球的一局部重力势能转化为．增大H，减少机械能的损失〔填“能〞或“不能〞〕．11．〔8分〕某同学采用“半偏法〞测量一个量程为3V的电压表的内阻．①按如图连接好电路，把变阻器R的滑片P置于端〔填“a〞或“b〞〕．②将电阻箱R0的阻值调到〔填“零〞或“最大值〞〕．③闭合电建S，移动R的滑片P，使电压表的示数为3.00V④保持P位置不变，调节R0的阻值使电压表的示数为1.50V，此时R0的阻值为3000Ω，如此电压表内阻的测量值R V=．⑤假设本实验所用电源的电压约4.5V，为了减少实验的误差，必须使滑动变阻器的最大阻值〔填“远小于〞或“远大于〞〕电压表的内阻．12．〔18分〕如图，轻质细杆上端固定在O处的水平转轴上，下端连接一质量可忽略的力传感器P〔可测出细杆所受拉力或压力大小〕和质量m=1kg的小球，小球恰好没有触与水平轨道．轻杆可绕O处的转轴无摩擦在竖直面内转动，小球的轨道半径R=0.5m．在水平轨道左侧某处A固定一高度H=1.5m的光滑曲面，曲面底端与水平轨道平滑连接．质量与小球一样的物块从曲面顶端由静止释放，物块与水平轨道间的动摩擦因数μ=0.5，物块滑到B处时与小球发生弹性正碰，碰后小球连杆绕O点做圆周运动．重力加速度g=10m/s2．〔1〕假设AB间的距离s=1m，求物块与小球碰后瞬间力传感器显示的力的大小．〔2〕屡次改变光滑曲面在水平轨道左侧的位置并固定，每次都使物块从曲面顶端由静止释放，假设有两次小球通过最高点C时力传感器中显示力的大小都为6N，求这两次AB间的距离s1和s2．13．〔18分〕如图甲所示，质量为m的导体棒ab，垂直放在相距为l的平行光滑金属轨道上．导轨平面与水平面间的夹角θ=30°，图中间距为d的两虚线和导轨围成一个矩形区域，区域内存在方向垂直于导轨平面向上的匀强磁场．导轨上端通过一个电流传感器A连接一个定值电阻，回路中定值电阻除外的其余电阻都可忽略不计．用一平行于导轨的恒定拉力拉着棒，使棒从距离磁场区域为d处由静止开始沿导轨向上运动，当棒运动至磁场区域上方某位置时撤去拉力．棒开始运动后，传感器记录到回路中的电流I随时间t变化的I﹣t图象如图乙所示．重力加速度为g，导轨足够长．求：〔1〕拉力F的大小和匀强磁场的磁感应强度B的大小．〔2〕定值电阻R的阻值．〔3〕拉力F作用过程棒的位移x．广东省汕头市2015届高考物理二模试卷参考答案与试题解析一、单项选择题，每题4分1．〔4分〕月球与同步卫星都环绕地球做匀速圆周运动，两者相比〔〕A．月球离地球近些B．月球的周期较长C．月球的向心加速度大些D．月球的线速度大些考点：万有引力定律与其应用；向心力．专题：万有引力定律的应用专题．分析：根据常识知：同步卫星绕地球转一周时间为24h，月球绕地球转一周要27.3天，根据万有引力充当向心力知转动半径、加速度、线速度的大小关系．解答：解：A、B、同步卫星绕地球转一周时间为24h，月球绕地球转一周要27.3天，知同步卫星周期小于月球的周期，根据G=m〔〕2r解得T=2π知月球的高度大于同步卫星的高度，故A错误，B正确；C、G=ma知a=，故月球的加速度小于同步卫星的加速度，故C错误；D根据v=知月球的线速度小于同步卫星的线速度，故D错误；应当选：B．点评：此题关键是根据万有引力等于向心力，求出线速度、角速度、周期和向心加速度的表达式进展讨论．2．〔4分〕物块以初速度v0滑上一固定的斜面后又沿该斜面下滑的v﹣t图象如下列图，如此〔〕A．物块上滑过程处于超重状态B．斜面可能是粗糙的C．t1时刻物块加速度为零D．t2时刻物块回到出发点考点：匀变速直线运动的图像．专题：运动学中的图像专题．分析：根据加速度的方向判断物体处于超重还是失重状态．根据运动过程的对称性分析斜面是否粗糙．根据图象的斜率分析加速度．由图象的“面积〞分析，确定物块何时回到发出点．解答：解：A、根据图象的斜率等于加速度，可知物体的加速度不变，且方向与初速度方向相反，即总是沿斜面向下，有竖直向下的分加速度，所以物体处于失重状态，故A错误．B、由图看出，整个过程物块的加速度不变，说明斜面是光滑的，故B错误．C、t1时刻物块速度为零，但加速度不为零，故C错误．D、根据图象的“面积〞表示位移，知t2时间内物块的位移为0，说明t2时刻物块回到出发点，故D正确．应当选：D．点评：解决此题的关键要抓住加速度的大小可由图象的斜率大小来表示，位移由图象的“面积〞表示，从而能分析物体的运动状态．3．〔4分〕如图是某型号手机充电器里的变压器〔可视为理想变压器〕，当a、b端接220V 交流电时，c、d端输出4.2V交流电，如此正常工作时〔〕A．从a、b端流入的电流大于从c、d端流出的电流B．连接a、b端的线圈匝数多于连接c、d端的线圈匝数C．当c、d端空载〔断路〕时，c、d端的电压为零D．输入电流的频率高于输出电流的频率考点：变压器的构造和原理．专题：交流电专题．分析：根据理想变压器电压与匝数成正比，电流与匝数成反比，功率和频率不变分析即可．解答：解：A、B、根据理想变压器电压与匝数成正比，知a、b端匝数大于c、d的匝数，根据电流与匝数成反比知从a、b端流入的电流小于从c、d端流出的电流，故A错误，B正确；C、当c、d端空载〔断路〕时，无感应电流，但仍有感应电动势，c、d端的电压不为零，故C错误；D、变压器不改变功率和频率，故D错误；应当选：B点评：此题要求会将元件等效为理想变压器，知道理想变压器的电压、电流、功率和频率的变化规律即可，属于简单题目．4．〔4分〕如图，粗糙绝缘水平面上O、A、B、C四点共线，在O点固定一带正电小球Q，在A点由静止释放带正电小金属块P〔可视为质点〕，P沿OC连线运动，到B点时速度最大，最后停止在C点．如此〔〕A．A点电势低于B点电势B．P在由A向C运动的过程中，电势能一直增大C．在B点P所受的滑动摩擦力等于库仑力D．从B到C的过程中，P的动能全部转化为电势能考点：电势能；力的合成与分解的运用．分析：电势根据电场线的方向判断上下．根据电场力做功正负分析电势能的变化．在B点金属块的速度最大，受力平衡．根据能量转化和守恒定律分析动能与电势能的关系．解答：解：A、电场线从正电荷出发到无穷远终止，可知该电场中电场线从O指向C，顺着电场线电势降低，如此A点电势高于B点电势．故A错误．B、P在由A向C运动的过程中，电场力一直做正功，电势能一直减小，故B错误．C、由题可知，P先做加速运动后做减速运动，在B点速度最大，受力平衡，即滑动摩擦力等于库仑力，故C正确．D、从B到C的过程中，P的动能转化为电势能和内能，故D错误．应当选：C．点评：解决此题的关键要掌握正电荷电场线的分布情况，明确金属块的受力情况，以与会根据电场力做功判断电势能的变化．二、双项选择题，每题6分5．〔6分〕如图，内壁光滑、绝热的气缸通过有一定质量的绝热活塞封闭着一定量的气体，先使气缸保持静止．然后释放气缸使其做自由落体运动，当活塞与气缸重新达到相对静止时，对于缸内气体，如下表述正确的有〔〕A．气体分子热运动停止，气体对活塞没有作用力B．分子热运动变得剧烈，气体对活塞的作用力增大C．分子间的平均距离比原来增大D．内能比原来减少考点：理想气体的状态方程；物体的内能；热力学第一定律．分析：自由落体时物体处于失重状态，故活塞对气体的压力消失；由理想气体状态方程与热力学第一定律可分析气体体积、温度的变化，如此可得出分子间的平均距离与内能的变化．解答：解：A、气缸做自由落体运动，活塞对气体没有压力，如此气体压强减小；气体体积增大，对外做功，故内能减小，温度降低；但气体分子热运动没有停止，气体对活塞仍然有作用力；故A错误；B、气体温度降低，故气体的分子热运动不会变得剧烈；气体对活塞的作用力减小；故B错误；C、由于体积增大，分子间的平均距离增大；故C正确；D、温度降低，故内能减小；故D正确；应当选：CD．点评：此题考查理想气体状态方程与热力学第一定律的定性分析应用，要注意明确自由落体状态下物体的压力消失，但气体的分子热运动不会消失．6．〔6分〕恒星内部发生着各种热核反响，其中“氦燃烧〞的核反响方程为：He+X→Be+γ，其中X表示某种粒子，Be是不稳定的粒子，其半衰期为T，如此如下说法正确的答案是〔〕A．X 粒子是HeB．Be的衰变需要外部作用激发才能发生C．经过3个T，剩下的Be占开始时的D．“氦燃烧〞的核反响是裂变反响考点：原子核衰变与半衰期、衰变速度．专题：衰变和半衰期专题．分析：根据质量数与质子数守恒，即可求解；衰变是自发的；经过1个半衰期，有半数发生衰变；“氦燃烧〞的核反响方程，可知是裂变还是聚变反响．解答：解：A、根据质量数与质子数守恒，He+X→Be+γ，如此X 粒子是He，故A正确；B、衰变是自发的，不需要外部作用激发，也能发生，故B错误；C、经过1个半衰期，有半数发生衰变，即剩下开始的一半，那么经过3个T，剩下的Be 占开始时的，故C正确；D、“氦燃烧〞的核反响方程，是聚变反响，不是裂变反响，故D错误；应当选：AC．点评：考查核反响的书写规律，掌握裂变反响与聚变反响的区别，理解衰变与人工转变的不同，最后注意半衰期的内涵．7．〔6分〕如图是自动跳闸的闸刀开关，闸刀处于垂直纸面向里匀强磁场中，当CO间的闸刀刀片通过的直流电流超过额定值时，闸刀A端会向左弹开断开电路．以下说法正确的答案是〔〕A．闸刀刀片中的电流方向为C至OB．闸刀刀片中的电流方向为O至CC．跳闸时闸刀所受安培力没有做功D．增大匀强磁场的磁感应强度，可使自动跳闸的电流额定值减小考点：安培力．分析：由左手定如此可判断电流方向；跳闸时闸刀受到安培力而运动断开；跳闸的作用力是一定的，依据安培力F=BIL可判定电流变化．解答：解：AB、当MN通电后，闸刀开关会自动跳开，可知安培力应该向左，由左手定如此判断，电流方向O→C，故A错误，B正确．C、跳闸时闸刀受到安培力而运动断开，故跳闸时闸刀所受安培力做正功，故C错误．D、跳闸的作用力是一定的，依据安培力F=BIL可知，电流I变小，故D正确．应当选：BD．点评：此题是左手定如此的简单应用，掌握好左手定如此中安培力，磁场方向，电流方向三者关系是重点．8．〔6分〕如图是平抛竖落仪，用小锤打击弹性金属片，金属片把a球沿水平方向抛出，同时b球松开自由落下，两球质量相等，不计一切阻力．如下说法正确的答案是〔〕A．b球比a球先落地B．下落一样高度时，两球速率相等C．两球下落过程的加速度一样D．落地时，两球重力的瞬时功率相等考点：研究平抛物体的运动．专题：实验题；平抛运动专题．分析：a球做平抛运动，b球做自由落体运动，不论A球的初速度如何，两球都同时落地，从而说明平抛运动在竖直方向是自由落体运动，进而可以一一作答．解答：解：AC、a球做平抛运动，b球做自由落体运动，不论A球的初速度如何，两球都同时落地，从而说明平抛运动在竖直方向是自由落体运动，如此它们的加速度一样．故C正确，A错误．B、虽竖直方向做自由落体运动，但平抛的球，如此有水平速度，因此下落一样高度时，两球速率不相等，故B错误；D、两球在竖直方向做自由落体运动，又因它们的质量一样，如此两球重力的瞬时功率相等，故D正确；应当选：CD．点评：解决此题的关键通过两球同时落地，说明平抛运动在竖直方向是自由落体运动，掌握速度的矢量合成法如此，理解功率表达式P=Fv中力与速度必须同向．9．〔6分〕如图是简易测水平风速的装置，轻质塑料球用细线悬于竖直杆顶端O，当水平风吹来时，球在水平风力F的作用下飘起来．F与风速v成正比，当v=3m/s时，测得球平衡时细线与竖直方向的夹角θ=45°．如此〔〕A．当风速v=3m/s时，F的大小恰好等于球的重力B．当风速v=6m/s时，θ=90°C．水平风力F越大，球平衡时，细线所受拉力越小D．换用半径相等，但质量较大的球，如此当θ=45°时，v大于3m/s考点：共点力平衡的条件与其应用；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：对小球受力分析，根据共点力平衡求出风力和重力的关系，结合平行四边形定如此得出细线拉力和重力的关系，通过夹角的变化，判断细线拉力的变化．解答：解：A、对小球受力分析，小球受重力、风力和拉力处于平衡，当细线与竖直方向的夹角θ=45°时，根据平行四边形定如此知，风力F=mg，故A正确．B、当风速为6m/s，如此风力为原来的2倍，即为2mg，根据平行四边形定如此知，，θ≠90°．故B错误．C、拉力T=，水平风力越大，平衡时，细线与竖直方向的夹角θ越大，如此细线的拉力越大，故C错误．D、换用半径相等，但质量较大的球，知重力变大，当θ=45°时，风力F=mg，可知风力增大，所以v大于3m/s，故D正确．应当选：AD．点评：解决此题的关键能够正确地受力分析，运用共点力平衡进展求解，判断拉力的变化，关键得出拉力与重力的关系，通过夹角的变化进展判断．三、非选择题：10．〔10分〕如图甲，某实验小组利用光电计时器等器材做“验证机械能守恒定律〞的实验．①将金属小球在A处由静止释放，并通过A处正下方、固定于B处的光电门．②用10等分游标的游标卡尺测量小球的直径d，测量示数如图乙，如此d=1.02cm．假设光电计时器记录小球通过光电门的时间为t=4.25×10﹣3s，如此小球经过光电门B时的速度为v B=2.40m/s．〔计算结果保存三位有效数字〕③屡次改变A、B间的距离H，重复上述实验，作出随H的变化图象如图丙所示，假设小球下落过程机械能守恒，由图丙数据写出重力加速度g与d、t0、H0的关系式g=．④实验数据显示小球的动能增加量△E K总是稍小于重力势能减少量△E P，主要原因是小球的一局部重力势能转化为内能．增大H，不能减少机械能的损失〔填“能〞或“不能〞〕．考点：验证机械能守恒定律．专题：实验题；动能定理的应用专题．分析：由题意可知，本实验采用光电门利用平均速度法求解落地时的速度；如此根据机械能守恒定律可知，当减小的机械能应等于增大的动能；由原理即可明确须知事项与数据的处理等内容．解答：解：②由图可知，主尺刻度为10mm；游标对齐的刻度为2；故读数为：10+2×0.1=10.2mm=1.02cm；经过光电门时的时间小球的直径；如此可以由平均速度表示经过光电门时的速度；故v==m/s≈2.40m/s；③假设减小的重力势能等于增加的动能时，可以认为机械能守恒；如此有：mgH=mv2；即：2gH0=〔〕22gH0=d2；解得：g=；④小球的动能增加量△E K总是稍小于重力势能减少量△E P，主要原因该过程中有阻力做功，使小球的一局部重力势能转化为内能；当增大H，如此阻力做功越多，如此不能减小机械能损失．故答案为：②1.02；2.40 ③；④内能，不能．点评：此题为创新型实验，要注意通过分析题意明确实验的根本原理才能正确求解．同时为验证性实验题，要求根据物理规律选择需要测定的物理量，运用实验方法判断系统重力势能的变化量是否与动能的变化量一样是解题的关键．11．〔8分〕某同学采用“半偏法〞测量一个量程为3V的电压表的内阻．①按如图连接好电路，把变阻器R的滑片P置于b端〔填“a〞或“b〞〕．②将电阻箱R0的阻值调到零〔填“零〞或“最大值〞〕．③闭合电建S，移动R的滑片P，使电压表的示数为3.00V④保持P位置不变，调节R0的阻值使电压表的示数为1.50V，此时R0的阻值为3000Ω，如此电压表内阻的测量值R V=3000Ω．⑤假设本实验所用电源的电压约4.5V，为了减少实验的误差，必须使滑动变阻器的最大阻值远小于〔填“远小于〞或“远大于〞〕电压表的内阻．考点：伏安法测电阻；把电流表改装成电压表．专题：实验题；恒定电流专题．分析：明确半偏法的实验原理与方法，根据实验安全和准确性要求分析实验步骤；再利用闭合电路欧姆定律进展分析求解电压表内阻．解答：解：①由图可知，本实验采用分压接法，为了让测量电路中的电压由零开始调节，滑片应置于b端；②根据半偏法的测量原理可知，开始时应将电阻箱的阻值调到零；④因测量电路中的电压不变，而现在电压表示数为1.5V，故电阻箱分压为1.5V；二者串联，说明二者电流相等，如此电阻一定相等，故电压表的内阻等于电阻箱的示数3000Ω⑤为了减小电压表内阻对电路的影响，使测量电路两端的电压保持不变；应使滑动变阻器的最大阻值远小于电压表内阻；故答案为：①b〔②零④3000Ω ⑤远小于点评：此题考查半偏法的应用，要注意明确半偏法原理，注意本实验中滑动变阻器要选用小电阻．12．〔18分〕如图，轻质细杆上端固定在O处的水平转轴上，下端连接一质量可忽略的力传感器P〔可测出细杆所受拉力或压力大小〕和质量m=1kg的小球，小球恰好没有触与水平轨道．轻杆可绕O处的转轴无摩擦在竖直面内转动，小球的轨道半径R=0.5m．在水平轨道左侧某处A固定一高度H=1.5m的光滑曲面，曲面底端与水平轨道平滑连接．质量与小球一样的物块从曲面顶端由静止释放，物块与水平轨道间的动摩擦因数μ=0.5，物块滑到B处时与小球发生弹性正碰，碰后小球连杆绕O点做圆周运动．重力加速度g=10m/s2．〔1〕假设AB间的距离s=1m，求物块与小球碰后瞬间力传感器显示的力的大小．〔2〕屡次改变光滑曲面在水平轨道左侧的位置并固定，每次都使物块从曲面顶端由静止释放，假设有两次小球通过最高点C时力传感器中显示力的大小都为6N，求这两次AB间的距离s1和s2．考点：动量守恒定律；动能定理的应用．专题：动量与动能定理或能的转化与守恒定律综合．分析：〔1〕根据动能定理求出B点的速度，根据动量守恒定律和能量守恒求出碰后的速度，结合牛顿第二定律求出物块与小球碰后瞬间力传感器显示的力的大小．〔2〕小球在最高点会表现为拉力，或表现为支持力，根据牛顿第二定律求出在最高点的速度大小，结合动能定理和机械能守恒求出AB间的距离．解答：解：〔1〕设物块从静止释放运动到B处的速度为v0，由动能定理得，设物块与小球碰后的速度分别为v和v1，规定物块初速度的方向为正方向，由动量守恒和动能守恒可得mv0=mv+mv1，，由牛顿第二定律得F﹣mg=代入数据联立解得力传感器显示的力大小 F=50N〔2〕设小球从B运动到C处时速度为v2，由机械能守恒定理得，①假设C处细杆对小球作用力为拉力，由牛顿第二定律得，将F=6N代入联立解得 s1=0.2m②假设C处细杆对小球作用力为支持力，由牛顿第二定律得将F=6N代入联立解得 s2=0.8m答：〔1〕物块与小球碰后瞬间力传感器显示的力的大小为50N．〔2〕这两次AB间的距离s1和s2分别为0.2m、0.8m．点评：此题考查了动量守恒、能量守恒、机械能守恒、动能定理、牛顿第二定律的综合运用，知道弹性碰撞过程中动量守恒、能量守恒，以与知道最高点杆子可以表现为拉力，也可以表现为支持力．13．〔18分〕如图甲所示，质量为m的导体棒ab，垂直放在相距为l的平行光滑金属轨道上．导轨平面与水平面间的夹角θ=30°，图中间距为d的两虚线和导轨围成一个矩形区域，区域内存在方向垂直于导轨平面向上的匀强磁场．导轨上端通过一个电流传感器A连接一个定值电阻，回路中定值电阻除外的其余电阻都可忽略不计．用一平行于导轨的恒定拉力拉着棒，使棒从距离磁场区域为d处由静止开始沿导轨向上运动，当棒运动至磁场区域上方某位置时撤去拉力．棒开始运动后，传感器记录到回路中的电流I随时间t变化的I﹣t图象如图乙所示．重力加速度为g，导轨足够长．求：。
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汕头市2014—2015学年度普通高中教学质量监测高二物理试卷分选择题和非选择题两部分，满分100分，考试时间90分钟.注意事项：1．答卷前，考生务必用黑色字迹的钢笔或签字笔将自己的姓名和考生号及其他项目填写在答题卡上和答题纸上．2．选择题每小题选出答案后，用2B 铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案，答案不能答在试题卷上．3．非选择题必须用黑色字迹的钢笔或签字笔作答，答案必须写在答题纸上各题目指定区域内相应位置上；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新的答案；不准使用铅笔和涂改液．不按以上要求作答的答案无效．4．考生必须保持答题卡的整洁，考试结束后，将答题卡和答题纸一并交回.一、单项选择题：本题共6小题，每小题3分，共18分，每小题的四个选项中只有一个符合题意，选对的得3分，选错或不选的得0分.1. 一物体以a =5m/s 2的加速度做匀加速直线运动，在任意1s 时间内 A ．位移都是5m B ．位移比前1s 增加2.5m C ．末速度是初速度的5倍 D ．末速度比初速度增加5 m/s2．一辆卡车在丘陵地区匀速率行驶，地形如图．行驶过程中卡车对地面压力最大的地段是A ．a 处B ．b 处C ．c 处D ．d 处3. 在高台跳水比赛中，质量为m 的运动员进入水中后受到水的阻力（包含浮力）而竖直向下做减速运动，设水对运动员的阻力大小恒为F ，则在运动员减速下降深度为h 的过程中，下列说法正确的是（g 为当地的重力加速度）A ．运动员的动能减少了FhB ．运动员的重力势能减少了mghC ．运动员的机械能减少了(F-mg )hD ．运动员的机械能减少了mgh 4. 一台小型发电机产生的电动势随时间变化规律为tV e π100sin 2220=．已知发电机线圈 内阻为5.0 Ω，外接一只电阻为95.0 Ω的灯泡，如图所示，则A ．交流电压表的示数为2220Va b cdNSB ．该交流电压的频率是100HzC ．线框在如图位置时，穿过线框的磁通量最大D ．发电机线圈内阻每秒钟产生的焦耳热为24.2 J5. 恒星内部发生着各种热核反应，其中“氦燃烧”的核反应方程为：γ+→+Be He 8442X ，X表示某种粒子，γ表示光子，Be 84是不稳定的粒子，其半衰期为T ，则下列说法正确的是A ．X 粒子是中子B ．加温或加压可以改变半衰期T 的大小C ．经过3个T ，衰变的剩下的Be 84占衰变开始时的81D ．“氦燃烧”的核反应是裂变反应6. 用绝缘丝线悬吊一个轻质闭合铝环P ．用磁铁的N 极靠近P 环时，可观察到P 环远离磁铁， 现改用磁铁的S 极用同样方式靠近P 环（如图），则P 环 A ．远离磁铁 B ．靠近磁铁 C ．保持不动D ．有逆时针方向的感应电流二、双项选择题：本题共7小题，每小题4分，共28分，每小题中的四个选项中只有两个选项符合题意，全选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错或不答的得0分. 7. 平抛运动可以分解为水平和竖直方向的两个直线运动，在同一坐标系中作出这两个分运动的v-t 图线，如图所示.下列说法中正确的是 A ．图线a 表示竖直方向的分运动 B ．图线b 的斜率的大小等于重力加速度g C ．0~t 1时间内水平位移与竖直位移位移大小相等 D ．在t 1时刻两个分运动的速度大小相等8. 如图，为洛伦兹力演示仪的结构图．励磁线圈产生的匀强磁场方向垂直纸面向外，磁场强弱由励磁线圈的电流来调节．电子束由电子枪产生，电子速度的大小由电子枪的加速电压调节，速度的方向与磁场方向垂直．下列说法正确的是 A ．励磁线圈中通有顺时针方向的电流B ．仅提高电子枪加速电压，电子束径迹的半径变大C ．仅增大励磁线圈中电流，电子做圆周运动的周期将变小D ．仅提高电子枪加速电压，电子做圆周运动的周期将变大9．如图，回路竖直放在匀强磁场中，磁场的方向垂直于回路平面向外,导体AC 可以贴着光滑竖直长导轨下滑.设回路的总电阻恒定为R ，当导体AC 从静止开始下落后，下列叙述中正确的是A ．导体下落过程中，感应电流方向从流C 向AB ．导体下落过程中，安培力方向竖直向下C ．导体下落过程中，机械能守恒D ．导体下落过程中，重力势能转化为导体增加的动能和回路中增加的内能10．如图实验装置，磁铁固定在水平放置的电子测力计上，磁铁两极之间的磁场可视为水平匀强磁场，直铜条AB 的两端通过导线与一电阻连接成闭合回路，若让铜条水平且垂直于磁场在磁场中竖直向下运动A ．铜条所受安培力的方向竖直向上B ．铜条所受安培力的方向竖直向下C ．AB 向下运动时，电子测力计示数增大D ．AB 向下运动时，电子测力计示数减少11. 中国的北斗系统中部分卫星运动轨道如图所示．已知a 、b 、c 为圆形轨道，轨道半径c b a r r r >=．则下列说法正确的是A ．在轨道a 、b 运行的两颗卫星加速度大小相等B ．卫星在轨道a 、c 的运行速度c a v v >C ．卫星在轨道a 、c 的运行周期c a T T >D ．在轨道a 、b 运行的两颗卫星受到地球的引力一样大12. 右图为汽车静电喷漆示意图，车门带负电，喷嘴与车门间的电势差不变，喷嘴向车门喷电量相abc等的带电油漆微粒，微粒最后吸附在车门表面，以下判断正确的是A ．微粒带正电B ．喷嘴比车门的电势高C ．微粒靠近车门的过程中电势能增加D ．电场力对每个油漆微粒做功都不同13. 如图，轻绳OC 拴接在轻质弹簧秤上，OA 连接在天花板上的A 点，OB 与钩码连接于B 点.现保持结点O 位置不变，将轻质弹簧秤从竖直位置缓慢转动到水平位置过程中 A ．轻绳OB 的张力保持不变 B ．轻绳OA 的张力保持不变 C ．弹簧秤的示数逐渐增大 D ．弹簧秤的示数先减小后增大三、非选择题：本题4小题，共54分.按题目要求作答。
解答题应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤.只写出最后答案的不得分.有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位.14.（1）（6分）用如图甲的实验装置来验证牛顿第二定律.①平衡摩擦力的操作： 沙桶)，将小车静止地放在水平长木板上，把木板不带滑轮的一端慢慢垫高，接通打点计时器电源， （选填“静止释放”或“轻推”）小车，让小车拖着纸带运动．②如果打出的纸带如图乙所示，则应 （选填“增大”或“减小”）木板的倾角． (2) （12分）某同学做测量圆柱型金属材料的电阻率的实验.纸带运动方向乙 甲丙乙①用刻度尺测量长度如图甲，该材料长度为 cm ；用螺旋测微器测截面直径如图乙，则该材料的直径为 mm . ②采用如图丙的电路测其电阻：(ⅰ)闭合电键S 1，将电键S 2 接2，调节滑动变阻器R P 和R ，使电压表读数尽量接近满量程，读出这时电压表和电流表的示数1U 、1I ；(ⅱ)将电键 S 2 接1，读出这时电压表和电流表的示数2U 、2I .则待测材料的电阻可以表示为.③在本实验中，电流表的内阻对测得的材料电阻值大小 影响（填“有”或“无”）. ④若本实验中，测得金属丝的长度为L ，直径为D ，电阻为R x ，则该金属电阻率的 计算式为 .15.（10分）如图所示，处于匀强磁场中的两根足够长、电阻不计的平行金属导轨相距为1 m ，导轨平面与水平面成θ = 30°角，下端连接阻值为R ＝2Ω的电阻.磁场方向垂直导轨平面向上，磁感应强度为0.5T.质量为0.2kg 、电阻不计的金属棒放在两导轨上，棒与导轨垂直并保持良好接触，它们之间的动摩擦因数为63.金属棒沿导轨由静止开始下滑，g 取10m/s 2. (1) 判断金属棒下滑过程中产生的感应电流方向 (2) 求金属棒下滑速度达到2m/s 时的加速度大小16.（12分）如图，跳台滑雪运动员从半径为R 的圆弧滑道上的A 点由静止滑下，在跳台O 点沿水平方向飞出，O 点是圆弧滑道的最低点，也是斜坡的起点，A 点与O 点在竖直方向的距离为h，斜坡的倾角为θ，运动员的质量为m.重力加速度为g,不计一切摩擦和空气阻力.求：（1）运动员经过跳台O时速度v的大小和滑道对运动员支持力F的大小（2）从运动员离开O点到落在足够长的斜坡上所用的时间t17.(14分)真空室内，一对带电的相同金属极板P、Q水平正对固定放置，间距为d．极板之间的区域充满磁感应强度为B，方向垂直纸面向内的匀强磁场．在两极板外部右侧有一个半径也为d的圆形区域，其圆心O处于两极板的中心线上，区域内部充满方向垂直于纸面向内的匀强磁场．一束带正电微粒从两极板之间水平向右持续射入，射入时的速度大小都为v0，微粒都保持匀速向右运动直到射入圆形区域,如图所示．不计重力，不计微粒间的相互作用．（1）求极板P、Q间的电压U并指出两板电势的高低．（2）若从最下方（图中b点）射入的微粒运动过程恰好经过圆心O．已知微粒的质量都为m，带电量为q，求圆形区域内磁场的磁感应强度B0．并求出各个带正电微粒在圆形区域内运动的时间在什么范围内？汕头市2014—2015学年度普通高中教学质量监测高二物理答案一、单项选择题：1.D2.B3.B4.D5.C6.A二、双项选择题：7.BD 8.BC 9.AD 10.AC 11.AC 12.AB 13.AD 三、非选择题：14. （1）①取下（2分）；轻推（2分） ②增大（2分） 说明：选择性填空，唯一答案，其他答案都不给分。
⑵ ① 10.47(10.45-10.50均可) （2分） 1.683(1.681-1.685) （2分） 说明:有效数字错误不给分，重复单位正确的不扣分。
② 2211I U I U -（3分） ③无（2分）（选择性填空，唯一答案） ④ LR D x 42π（3分）15. （10分）参考解答：(1) 由右手定则判断金属棒中的感应电流方向为由a 到b （2分） (2) 金属棒下滑速度达到v =2m/s 时产生的感应电动势为BLv E =（2分） 感应电流为 REI =（1分） 金属棒受到的安培力为IBL F = （2分）由牛顿第二定律得：sin cos mg mg F ma θμθ--= （2分） 解得：a =1.25m/s 2（1分）16. （12分）参考解解：（1）运动员从A 到O 点过程中，根据机械能守恒定律和牛顿第二定律有221mv mgh =① （2分） Rv m mg F 2=- ② （2分）由①解得经过跳台O 时的速度：gh v 2=③ （1分）由①②解滑道对运动员的支持力)21(Rhmg F += ④（1分） （2）运动员从O 点到落在斜坡上做平抛运动竖直方向： 221gt y =⑤ （2分） 水平方向： vt x = ⑥ （2分）由平抛运动的位移关系可知：θtan =xy⑦ （1分）由⑤⑥⑦解得：ggh t θtan 22= （1分）17.（14分）参考解答：（1）微粒匀速向右运动，有B qv qE 0= ①（2分） 若极板P 、Q 间的电场强度为E ，有Ed U = ②（1分）解得Bd v U 0= ③（1分）P 板的电势比 Q 板高 （1分） （2）微粒在磁场中做匀速圆周运动，有rv m B qv 2000= ④（1分）从b 点射入的微粒运动情况如图（轨迹①），轨道圆心在a 点由于5.02/cos ==∠d d b 即︒=∠60b ，因此ΔabO 为等边三角形，轨道半径 d r = ⑤（2分） 解得磁感应强度qdmvB 00= ⑥（2分）从b 点射入的微粒在圆形区域内转过120°，运动的时间最长，为 0323v d T t b π==⑦（1分） 从a 点射入的微粒在圆形区域内转过60°（轨迹如图②）运动的时间最短，为 036v d T t a π==⑧（1分） 因此，微粒在圆形区域内运动的时间t 的范围为：323v dt v dππ≤≤ ⑨（2分）。