学年河北省磁县滏滨中学高二下学期期末考试物理试题word版有答案已审阅.docx
《学年河北省磁县滏滨中学高二下学期期末考试物理试题word版有答案已审阅.docx》由会员分享，可在线阅读，更多相关《学年河北省磁县滏滨中学高二下学期期末考试物理试题word版有答案已审阅.docx（17页珍藏版）》请在冰豆网上搜索。
学年河北省磁县滏滨中学高二下学期期末考试物理试题word版有答案已审阅
邯郸市滏滨中学高二第二学期期末考试
物理试卷
（满分100；试卷90分钟）
第I卷（选择题）
一、选择题（本题共12道小题，每小题4分，共48分。
1～8为单选题，9～12为多选题）
1.如图所示，斜面小车M静止在光滑水平面上，一边紧贴墙壁．若再在斜面上加一物体m，且M、m相对静止，此时小车受力个数为（ ）
A．3B．4
C．5D．6
2.如图所示，倾角θ=30°的斜面上，用弹簧系住一重为20N的物块，物块保持静止．已知物块与斜面间的最大静摩擦力f=12N，那么该弹簧的弹力不可能是（ ）
A．2NB．10N
C．20ND．24N
3.一辆汽车做匀加速直线运动，初速度为4m/s，经过4s速度达到12m/s，下列说法中不正确的是（ ）
A．汽车的加速度为2m/s2
B．汽车每秒速度的变化量为2m/s
C．汽车的平均速度为6m/s
D．汽车的位移为32m
4.发射通信卫星常用的方法是：
先用火箭将卫星送入近地圆形轨道运行，然后再适时开动卫星上的小型喷气发动机，经过过渡轨道将其送入与地球自转同步的圆形运行轨道．比较卫星在两个圆形轨道上的运行状态，在同步轨道上卫星的（ ）
A．机械能大，动能小B．机械能小，动能大
C．机械能大，动能也大D．机械能小，动能也小
5.A、B两物体发生正碰，碰撞前后物体A、B都在同一直线上运动，其位移﹣时间图象（s﹣t图）如图所示．由图可知，物体A、B的质量之比为（ ）
A．1：
1B．1：
2
C．1：
3D．3：
1
6.如图所示，一根条形磁铁自左向右穿过一个闭合线圈，则流过灵敏电流计的感应电流方向是（ ）
A．先向左，再向右B．先向右，再向左
C．始终向右D．始终向左
7.把图甲所示的正弦式交变电流接在图乙中理想变压器的A、B两端，电压表和电流表均为理想电表，Rt为热敏电阻（温度升高时其电阻减小），R为定值电阻．下列说法正确的是（ ）
A．Rt处温度升高时，电流表的示数变大，变压器输入功率变大
B．Rt处温度升高时，电压表V1、V2示数的比值不变
C．在t=1×10﹣2s时，穿过该矩形线圈的磁通量为零
D．变压器原线圈两端电压的瞬时值表达式为u=36sin50πt（V）
8.如图示，圆形区域内存在着垂直于纸面向外的匀强磁场，比荷相同的两个粒子沿直径AB方向从A点射入磁场中，分别从圆弧上的P，Q两点射出，则下列说法正确的是（）
A.两粒子分别从A到P、Q经历时间之比为3∶1
B.粒子在磁场中做匀速圆周运动周期之比为1∶1
C.粒子在磁场中运动轨道半径之比为2∶1
D.粒子在磁场中速率之比为1∶3
9.（多选题）下列说法中正确的是（ ）
A．α粒子散射实验是卢瑟福建立原子核式结构模型的重要依据
B．根据玻尔理论，氢原子辐射出一个光子后，氢原子的电势能增大
C．在光电效应的实验中，入射光的强度增大，光电子的最大初动能也增大
D．
Bi的半衰期是5天，12g
Bi经过15天衰变后剩余的质量为1.5g
10.（多选题）带电粒子仅在电场力作用下，从电场中a点以初速度v0进入电场并沿虚线所示的轨迹运动到b点，如图所示，实线是电场线，下列说法正确的是（ ）
A．粒子在a点时的加速度比在b点时的加速度小
B．从a到b过程中，粒子的电势能不断减小
C．无论粒子带何种电，经b点时的速度总比经a点时的速度大
D．电场中a点的电势一定比b点的电势高
11.（多选题）如图所示，质量为m的小车在水平恒力F推动下，从山坡底部A处由静止起运动至高为h的坡顶B，获得速率为
，AB水平距离为s。
在上述运动过程中，下列说法正确的（）
A.小车克服阻力做功错误！
未找到引用源。
B.小车的动能增加了错误！
未找到引用源。
C.小车的重力势能增加了错误！
未找到引用源。
mgh
D.小车的机械能增加了错误！
未找到引用源。
12.（多选题）如图所示，在匀强磁场中有一倾斜的平行金属导轨，导轨间距为L，两导轨间连有一电阻R，导轨平面与水平面的夹角为θ，在两虚线间的导轨上涂有薄绝缘涂层．匀强磁场的磁感应强度大小为B，方向与导轨平面垂直．质量为m的导体棒从h高度处由静止释放，在刚要滑到涂层处时恰好匀速运动．导体棒始终与导轨垂直且仅与涂层间有摩擦，动摩擦因数μ=tanθ，其他部分的电阻不计，重力加速度为g，下列说法正确的是（ ）
A．导体棒到达涂层前做加速度减小的加速运动
B．在涂层区导体棒做减速运动
C．导体棒到达底端的速度为
D．整个运动过程中产生的焦耳热为mgh﹣
第II卷（非选择题）
二、实验题（本题共2道小题,第13题5分,第14题7分，共12分）
13.某实验小组为了测定某一标准圆柱形导体的电阻率．
①为了设计电路，先用多用电表的欧姆档粗测圆柱形导体的电阻，采用“x10”档，调零后测量该电阻，发现指针偏转非常大，最后几乎紧挨满偏刻度停下来．
②分别用游标卡尺和螺旋测微器对圆柱形导体的长度L和直径d进行测量，结果如图1所示，其读数分别是L= mm，d= mm．
③为使实验更加准确，又采用伏安法进行了电阻测量，右面两个电路方案中，应选择图2中的图________
（填“甲”或“乙”）．
14.用如图1实验装置验证m1、m2组成的系统机械能守恒，m2从高处由静止开始下落，m1上拖着的纸带打出一系列的点，对纸带上的点迹进行测量，即可验证机械能守恒定律，图2给出的是实验中获取的一条纸带；0是打下的第一个点，每相邻两计数点间还有4个点（图2中未标出）．计数点的距离如图2所示，已知m1=50g、m2=150g，则（已知当地重力加速度g=9.8m/s2，结果保留两位有效数字）
（1）在纸带上打下计数点5时的速度v= m/s；
（2）在打点0～5过程中系统动能的增量△Ek= J，系统势能的减少量△Eφ= J．由此得出的结论是 ．（所有计算结果均保留两位有效数字）
三、计算题（本题共2道小题,第15题12分,第16题18分,共30分）
15.近几年，国家取消了7座及以下小车在法定长假期间的高速公路收费，给自驾出行带来了很大的实惠，但车辆的增多也给道路的畅通增加了压力，因此交管部门规定，上述车辆通过收费站口时，在专用车道上可以不停车拿（交）卡而直接减速通过。
若某车减速前的速度为v0＝72km/h，靠近站口时以大小为a1＝5m/s2的加速度匀减速，通过收费站口时的速度为vt＝28.8km/h，然后立即以a2＝4m/s2的加速度加速至原来的速度（假设收费站的前、后都是平直大道）。
试问：
（1）该车驾驶员应在距收费站口多远处开始减速？
（2）该车从减速开始到最终恢复到原来速度的过程中，运动的时间是多少？
（3）在
（1）
（2）问题中，该车因减速和加速过站而耽误的时间为多少？
16.如图，半径为R的光滑半圆形轨道ABC在竖直平面内，与水平轨道CD相切于C点，D端有一被锁定的轻质压缩弹簧，弹簧左端连接在固定的挡板上，弹簧右端Q到C点的距离为2R．质量为m可视为质点的滑块从轨道上的P点由静止滑下，刚好能运动到Q点，并能触发弹簧解除锁定，然后滑块被弹回，且刚好能通过圆轨道的最高点A．已知∠POC=60°，求：
（1）滑块第一次滑至圆形轨道最低点C时对轨道压力；
（2）滑块与水平轨道间的动摩擦因数μ；
（3）弹簧被锁定时具有的弹性势能．
四、选考题（本题共2道小题，第17题4分，为五选三；第18题6分，为解答题，本题共10分）
17.如图所示，图甲为某一列简谐横波在t=0.5s时的波形图，图乙为介质中P处质点的振动图象，则关于该波的说法正确的是（ ）
A．传播方向沿+x方向传播
B．波速为16m/s
C．P处质点振动频率为1Hz
D．P处质点在5s内路程为10m
E．P处质点在5s末内位移为0.5m
18.如图所示，一玻璃球体的半径为R，O为球心，AB为直径．来自B点的光线BM在M点射出，出射光线平行于AB，另一光线BN恰好在N点发生全反射．已知∠ABM=30°，求
①玻璃的折射率．
②球心O到BN的距离．
试卷答案
1.B
【考点】力的合成与分解的运用；共点力平衡的条件及其应用．
【分析】对物体受力分析是指分析物体的受力情况同时画出受力的示意图，本题可以先对m受力分析，再结合牛顿第三定律对M受力分析．
【解答】解：
先对物体m受力分析，受到重力、支持力和静摩擦力；
再对M受力分析，受重力、m对它的垂直向下的压力和沿斜面向下的静摩擦力，同时地面对M有向上的支持力，共受到4个力；
故选B．
2.D
【考点】共点力平衡的条件及其应用；物体的弹性和弹力．
【专题】定性思想；推理法；共点力作用下物体平衡专题．
【分析】将重力按照作用效果分解为平行斜面的下滑分力和垂直斜面的垂直分力，当最大静摩擦力平行斜面向下和平行斜面向上时，分别求解出对应的弹簧弹力，得到弹簧弹力的作用范围
【解答】解：
将重力按照作用效果分解：
平行斜面的下滑分力为mgsin30°=10N，垂直斜面的垂直分力为mgcos30°=10
N；
当最大静摩擦力平行斜面向下时，物体与斜面间的最大静摩擦力为12N，弹簧弹力为拉力，等于22N；
当最大静摩擦力平行斜面向上时，物体与斜面间的最大静摩擦力为12N，弹簧弹力为推力，等于2N；
故弹簧弹力可以是不大于2N推力或者不大于22N的拉力，也可以没有弹力；
本题选不正确的
故选：
D
3.C
【考点】匀变速直线运动规律的综合运用；匀变速直线运动的速度与时间的关系．
【分析】根据速度时间公式求出汽车的加速度，从而得出汽车每秒内速度的变化量．根据平均速度推论求出汽车的平均速度，结合平均速度求出汽车的位移．
【解答】解：
A、汽车匀加速直线运动的加速度a=
，故A正确．
B、因为汽车的加速度为2m/s2，则汽车每秒内速度的变化量为2m/s，故B正确．
C、根据平均速度推论知，汽车的平均速度
，故C错误．
D、汽车的位移x=
，故D正确．
本题选错误的，故选：
C．
4.A
【考点】人造卫星的加速度、周期和轨道的关系．
【分析】开动卫星上的小型喷气发动机使得卫星加速，机械能增大，变轨过过程能量守恒，所以同步轨道上卫星机械能增大；
根据“高轨低速大周期”判断卫星速度大小，进而判断动能．
【解答】解：
适时开动卫星上的小型喷气发动机使得卫星加速，机械能增大，变轨过过程能量守恒，所以同步轨道上卫星机械能增大；
根据“高轨低速大周期”判断同步轨道上卫星速度小，所以动能也小．故BCD错误，A正确．
故选：
A．
5.C
【考点】动量守恒定律．
【分析】在位移时间图象中，斜率表示物体的速度，由图象可知碰撞前后的速度，根据动量的公式及动量守恒定律可以求解两球的质量之比．
【解答】解：
由s﹣t图象可知，碰撞前vA=
=
=4m/s，vB=0m/s，
碰撞后vA′=vB′=v=
=
=1m/s，碰撞过程动量守恒，
对A、B组成的系统，设A原方向为正方向，则由动量守恒定律得：
mAvA=（mA+mB）v，
解得mA：
mB=1：
3；故C正确，ABD错误．
故选：
C．
6.A
【考点】楞次定律．
【分析】楞次定律的内容：
感应电流的磁场总是要阻碍引起感应电流磁通量的变化．根据楞次定律判定感应电流的方向，从而即可求解．
【解答】解：
条形磁铁从左向右进入螺线管的过程中，原磁场方向向左，且磁通量在增加，根据楞次定律，感应电流的磁场阻碍原磁场磁通量的变化，所以感应电流的磁场向右，由安培定则，知感应电流的方向顺时针方向，即向左．
条形磁铁从左向右离开螺线管的过程中，原磁场方向向左，且磁通量在减少，根据楞次定律，感应电流的磁场阻碍原磁场磁通量的变化，所以感应电流的磁场向左，由安培定则，知感应电流的方向逆时针方向，即向右，故A正确，BCD错误．
故选：
A．
7.A
【考点】变压器的构造和原理．
【分析】Rt处温度升高时，电阻减小，根据闭合电路欧姆定律结合功率公式分析．在图甲的t=0.01s时刻，e=0，则磁通量最大，根据图甲得出输入电压的最大值和周期，进而求出角速度，从而写出瞬时表达式，变压器原副线圈功率相等．
【解答】解：
A、副线圈电压不变，若Rt电阻原来大于R，则温度升高时，电压表V2示数与电流表A2示数的乘积增大，若Rt电阻原来小于R，则电压表V2示数与电流表A2示数的乘积变小，当Rt处温度升高时，电阻减小，则副线圈总功率增大，所以原线圈功率增大，即电压表V1示数与电流表A1示数的乘积一定变大，故A正确；
B、Rt处温度升高时，电阻减小，电压表V2测量Rt的电压，则电压表V2示数减小，V1示数不变，则电压表V1示数与V2示数的比值变大，故B错误；
C、在图甲的t=0.01s时刻，e=0，则磁通量最大，此时矩形线圈平面与磁场方向垂直，故C错误；
D、根据图甲可知，Em=36
V，T=0.02s，则
=
=100πrad/s，变压器原线圈两端电压的瞬时值表达式为u=36
sin100πt（V），故D错误．
故选：
A
8.B
本题考查带电粒子在磁场中运动的知识点，意在考查学生的推理能力。
粒子运动的周期为
，比荷相同，则周期相同，两粒子运动的周期之比为1∶1，选项B正确；
，两粒子从P、Q两点射出的圆心角为1∶2，所以运动的时间为1∶2，选项A错误；设磁场区域半径为R，则
，
，所以粒子在磁场中运动轨道半径之比为3∶1，选项C错误；
，粒子运动的轨道半径之比等于运动的速率之比，粒子在磁场中速率之比为3∶1，选项D错误。
综上本题选B。
9.AD
【考点】原子核衰变及半衰期、衰变速度；爱因斯坦光电效应方程．
【分析】α粒子散射实验是卢瑟福建立原子核式结构模型的重要依据；根据原子能量的变化，结合电子动能的变化分析氢原子的电势能变化；根据光电效应方程分析影响光电子最大初动能的因素；根据半衰期的次数，结合
得出原子核剩余的质量．
【解答】解：
A、卢瑟福通过α粒子散射实验建立原子核式结构模型，故A正确．
B、根据玻尔理论，氢原子辐射出一个光子后，从高能级跃迁到低能级，原子能量减小，电子轨道半径减小，根据
知，电子的动能增大，则氢原子电势能减小，故B错误．
C、根据光电效应方程Ekm=hv﹣W0知，光电子的最大初动能与入射光的强度无关，故C错误．
D、
Bi的半衰期是5天，15天经过了3个半衰期，根据
知，衰变后剩余的质量为1.5g，故D正确．
故选：
AD．
10.AC
【考点】电场线；牛顿第二定律；电势．
【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，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、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，可知EA＜EB，所以a、b两点比较，粒子的加速度在b点时较大，故A正确
B、由粒子的运动的轨迹可以知道，粒子受电场力的方向应该指向轨迹的内侧，根据电场力方向与速度方向的夹角得电场力先做负功后做正功，电势能先增大后减小，整个过程电场力做正功，故B错误
C、整个过程电场力做正功，根据动能定理得经b点时的动能大于经a点时的动能，所以无论粒子带何种电，经b点时的速度总比经a点时的速度大，故C正确
D、由于不知道粒子的电性，也不能确定电场线的方向，所以无法确定a点的电势和b点的电势大小关系，故D错误
故选AC．
11.CD
根据动能定理得，合力做功等于动能的变化量即：
，小车克服阻力做功为：
，故A错误；根据动能定理得，合力做功等于动能的变化量即：
，所以动能增加了
，故B错误；在上升过程中，重力做功为WG=-mgh，则小车的重力势能增加mgh，故C正确；小车的机械能增加了动能与重力势能之和即
，故D正确。
所以CD正确，AB错误。
12.
【考点】：
导体切割磁感线时的感应电动势；焦耳定律．
【专题】：
电磁感应与电路结合．
【分析】：
研究导体棒在绝缘涂层上匀速运动过程，受力平衡，根据平衡条件即可求解动摩擦因数μ．据题导体棒在滑上涂层之前已经做匀速运动，推导出安培力与速度的关系，再由平衡条件求解速度v．
：
解：
A、导体棒到达涂层前速度越来越大，由E=BLv得，感应电动势越来越大，根据I=
和F=BIL得，所受的安培力越来越大，由F=mgsinθ﹣BIL=ma得，加速度越来越小，故A正确；
B、当导体到达涂层时，所受力平衡，但是到达涂层后，安培力消失，受力分析得导体受力平衡，故导体匀速运动，故B错误；
C、根据受力平衡条件得：
BIL=mgsinθ，得：
，所以v=
，故C正确；
D、由能量守恒产生的焦耳热Q=mgh﹣
=mgh﹣
，故D错误；
故选：
AC
13.
（2）23.7，2.792；（3）乙．
【考点】测定金属的电阻率．
【分析】
（2）游标卡尺读数的方法是主尺读数加上游标读数，不需估读；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，注意二者读数的差别．
（3）根据题意要求，所测电阻偏小．注意滑动变阻器采用分压式接法，电流表采取外接法．再结合电阻定律和欧姆定律求出电阻率的表达式．
【解答】解：
（2）游标卡尺的主尺读数为23mm，游标尺上第7个刻度与主尺上某一刻度对齐，故其读数为0.1×7mm=0.7mm，
所以最终读数为：
23mm+0.7mm=23.7mm；
螺旋测微器的固定刻度读数为2.5mm，可动刻度读数为：
0.01×29.2mm=0.292mm，
所以最终读数为：
2.5mm+0.292mm=2.792mm．
（3）由
（1）可知，本实验中所用电阻较小，故为了准确测量应采用电流表外接法，故电路应选择乙图；
故答案为：
（2）23.7，2.792；（3）乙．
14.
（1）2.4；
（2）0.58；0.59，在误差允许范围内，m1、m2组成系统机械能守恒．
【考点】验证机械能守恒定律．
【分析】
（1）匀变速直线运动中时间中点的瞬时速度等于该过程中的平均速度，由此可以求出打下计数点5时的速度．
（2）根据物体的初末动能大小可以求出动能的增加量，根据物体重力做功和重力势能之间的关系可以求出系统重力势能的减小量，比较动能增加量和重力势能减小量之间的关系可以得出机械能是否守恒．
【解答】解：
（1）由于每相邻两个计数点间还有4个点没有画出，所以相邻的计数点间的时间间隔T=0.1s，
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点5的瞬时速度：
v5=
．
（2）在0～5过程中系统动能的增量：
△EK=
（m1+m2）v52=
×0.2×2.42J≈0.58J．
系统重力势能的减小量为：
△Ep=（m2﹣m1）gx=0.1×9.8×（0.384+0.216）J≈0.59J，由此可知在误差允许范围内，m1、m2组成系统机械能守恒．
故答案为：
（1）2.4；
（2）0.58；0.59，在误差允许范围内，m1、m2组成系统机械能守恒．
15.
（1）33．6m
（2）
（3）
【知识点】匀变速直线运动及其公式、图像
【试题解析】设小汽车初速度方向为正方向，
，
，a1＝－5m/s2
（1）小汽车进入站台前作匀减速直线运动，设距离收费站x1处开始制动，则：
由
解得：
x1＝33．6m
（2）小汽车通过收费站经历匀减速和匀加速两个阶段，前后两段位移分别为x1和x2，时间为t1和t2，则减速阶段：
加速阶段：
则加速和减速的总时间为：
t＝t1+t2＝5．4s
（3）在加速阶段：
则总位移：
x＝x1+x2＝75．6m
若不减速所需要时间：
车因减速和加速过站而耽误的时间：
16.
解：
（1）设滑块第一次滑至C点时的速度为vC，圆轨道C点对滑块的支持力为FN
由P到C的过程：
mgR=
m
C点：
FN﹣mg=m
解得FN=2mg
由牛顿第三定律得：
滑块对轨道C点的压力大小F′N=2mg，方向竖直向下
（2）对P到C到Q的过程：
mgR（1﹣cos60°）﹣μmg2R=0
解得μ=0.25
（3）A点：
根据牛顿第二定律得
mg=m
Q到C到A的过程：
Ep=
m
+mg2R+μmg2R
解得：
弹性势能Ep=3mgR
答：
（1）滑块第一次滑至圆形轨道最低点C时对轨道压力是2mg；
（2）滑块与水平轨道间的动摩擦因数是0.25；
（3）弹簧被锁定时具有的弹性势能是3mgR．
【考点】动能定理的应用；牛顿第三定律；机械能守恒定律．
【专题】动能定理的应用专题．
【分析】
（1）由P到C的过程根据动能定理求解滑至C点时的速度，根据牛顿第二定律求解
（2）对P到C到Q的过程根据动能定理求解动摩擦因数μ
（3）Q到C到A的过程根据能量守恒求解．
17.ACD
【考点】横波的图象；波长、频率和波速的关系．
【专题】振动图像与波动图像专题．
【分析】由振动图象乙读出t=0.5s时刻P点的振动方向，判断波的传播方向．由波动图象读出波长，由振动图象读出周期，可求出波速．质点做简谐运动时，在一个周期内通过的路程是四个振幅，根据时间与周期的关系，确定质点P在5s内的路程，确定位置，得到位移．
【解答】解：
A、由乙图读出，t=0.5s时刻质点P的速度向上，则由波形的平移法可知，这列波沿x轴正方向传播．故A正确．
B、由图知：
λ=8m，T=1.0s，则波速v=
m/s=8m/s，故B错误．
C、P处质点振动频率f=
，故C正确；
D、因为n=
=5，即t=5s=5T，质点P的位移为0．质点P做简谐运动时，在一个周期内通过的路程是四个振幅，所以P处质点在5秒内通过的路程是S=5×4A=20×0.5m=10m．故D正确，E错误．
故选：
ACD
18.
解：
①已知∠ABM=30°，由几何关系知入射角i=∠BMO=30°，折射角β=60°由n=
②由题意知临界角C=∠ONB，sinC=
，则球心O到BN的距离d=RsinC=
．
答：
①玻璃的折射率为
．
②球心O到BN的距离为
．
【考点】光的折射定律．
【分析】①根据几何关系找出光线BM的入射角和反射角，利用折射定律可求出玻璃体的折射率．
②根据几何关系求出临界角的正弦值，便可求出球心O到BN的距离．
升级会员 