山西省晋城市陵川一中学年高二下学期期末物.docx

1、山西省晋城市陵川一中学年高二下学期期末物2016-2017学年山西省晋城市陵川一中高二（下）期末物理试卷一选择题（每题4分）1某放射性元素的原子核发生两次衰变和六次衰变，关于它的原子核的变化，下列说法中正确的是（）A核子数减小8 B质子数减小2 C质子数增加2 D中子数减小102“神舟”十号飞船于2013年6月11日17时38分发射升空，如图所示，在“神舟”十号靠近轨道沿曲线从M点到N点的飞行过程中，速度逐渐减小在此过程中“神舟”十号所受合力的方向可能是（）A B C D3一小球质量为0.1kg，用长为1m的细绳拴着在竖直面内恰好能做完整的圆周运动，g取10m/s2，则当小球运动到最低点时，绳

2、子上张力为（）A1N B2N C3N D6N4如图所示，两根平行金属导轨置于水平面内，导轨之间接有电阻R金属棒ab与两导轨垂直并保持良好接触，整个装置放在匀强磁场中，磁场方向垂直于导轨平面向下现使磁感应强度随时间均匀减小，ab始终保持静止，下列说法正确的是（）Aab中的感应电流方向由b到a Bab中的感应电流逐渐减小Cab所受的安培力保持不变 Dab所受的静摩擦力逐渐减小5如图甲所示，在粗糙水平面上，物体A在水平向右的外力F的作用下做直线运动，其速度时间图象如图乙所示，下列判断正确的是（）A在01s内，外力F不断增大 B在13s内，外力F的大小恒定C在34s内，外力F不断增大 D在34s内，外

3、力F的大小恒定6如图所示，已知mA=2mB=3mc，它们距轴的关系是rA=rC=rB，三物体与转盘表面的动摩擦因数相同，当转盘的速度逐渐增大时（）A物体A先滑动 B物体B先滑动C物体C先滑动 DB、C同时开始滑动7如图是一列向右传播的横波在某个时刻的波形图线，由图线可知（）A质点a此时的速度是零 B质点b此时向y轴正方向运动C质点c的加速度为正 D质点d的振幅小于2cm8如图所示，同步卫星与地心的距离为r，运行速率为v1，向心加速度为a1；地球赤道上的物体随地球自转的向心加速度为a2，第一宇宙速度为v2，地球半径为R，则下列比值正确的是（）A = B =（）2 C = D =9恒定的匀强磁场中

4、有一圆形闭合导体线圈，线圈平面垂直于磁场方向，当线圈在此磁场中作下述哪种运动时，线圈中能产生感应电流（）A线圈沿自身所在的平面做匀速运动B线圈沿自身所在的平面做加速运动C线圈绕任意一条直径做匀速转动D线圈绕任意一条直径做变速转动10如图所示，在点电荷Q产生的电场中，实线MN是一条方向未标出的电场线，虚线AB是一个电子只在静电力作用下的运动轨迹设电子在A、B两点的加速度大小分别为aA、aB，电势能分别为EpA、EpB下列说法正确的是（）A电子一定从A向B运动B若aAaB，则Q靠近M端且为正电荷C无论Q为正电荷还是负电荷一定有EpAEpBDB点电势可能高于A点电势二实验题11某同学在做“研究匀变速

5、直线运动”实验时，从打下的若干纸带中选出了如图所示的一条每两点间还有4个点没有画出来），图中上部的数字为相邻两个计数点间的距离 打点计时器的电源频率率为50Hz由这些已知数据计算：该匀变速直线运动的加速度a于 与纸带上D点相对应的瞬时速度v= m/s（答案均要求保角3位有效数宇）12在“描绘小灯泡的伏安特性曲线”的实验中，有以下器材：A小灯泡L（3V，0.6A） B滑动变阻器R（010） C电压表V1（03V） D电压表V2（015V） E电流表A1（00.6A） F电流表A2（03A） G铅蓄电池、开关各一个，导线若干（1）为了减小误差，实验中应选电流表 ，电压表 （2）在图1虚线框内按要求

6、设计实验电路图（3）连好电路后闭合开关，通过移动变阻器的滑片，使小灯泡中的电流由零开始逐渐增大，直到小灯泡正常发光，由电流表和电压表得到的多组读数描绘出的UI图象图2中应是 三非选择题13如图所示，物块A和B通过一根轻质不可伸长的细绳连接，跨放在质量不计的光滑定滑轮两侧，质量分别为mA=2kg、mB=1kg初始时A静止于水平地面上，B悬于空中先将B竖直向上再举高h=1.8m（未触及滑轮）然后由静止释放一段时间后细绳绷直，A、B以大小相等的速度一起运动，之后B恰好可以和地面接触取g=10m/s2（1）B从释放到细绳绷直时的运动时间t；（2）A的最大速度v的大小；（3）初始时B离地面的高度H14平

7、面直角坐标系xOy中，第象限存在垂直于平面向里的匀强磁场，第象限存在沿y轴负方向的匀强电场，如图所示一带负电的粒子从电场中的Q点以速度v0沿x轴正方向开始运动，Q点到y轴的距离为到x轴距离的2倍粒子从坐标原点O离开电场进入磁场，最终从x轴上的P点射出磁场，P点到y轴距离与Q点到y轴距离相等不计粒子重力，为：（1）粒子到达O点时速度的大小和方向；（2）电场强度和磁感应强度的大小之比四物理-选修3-415振动周期为T，振幅为A，位于x=0点的被波源从平衡位置沿y轴正向开始做简谐运动，该波源产生的一维简谐横波沿x轴正向传播，波速为v，传播过程中无能量损失，一段时间后，该振动传播至某质点p，关于质点p

8、振动的说法正确的是（）A振幅一定为AB周期一定为TC速度的最大值一定为vD开始振动的方向沿y轴向上或向下取决于他离波源的距离E若p点与波源距离s=vT，则质点p的位移与波源的相同16如图，一玻璃工件的上半部是半径为R的半球体，O点为球心；下半部是半径为R、高为2R的圆柱体，圆柱体底面镀有反射膜有一平行于中心轴OC的光线从半球面射入，该光线与OC之间的距离为0.6R已知最后从半球面射出的光线恰好与入射光线平行（不考虑多次反射）求该玻璃的折射率2016-2017学年山西省晋城市陵川一中高二（下）期末物理试卷参考答案与试题解析一选择题（每题4分）1某放射性元素的原子核发生两次衰变和六次衰变，关于它的

9、原子核的变化，下列说法中正确的是（）A核子数减小8 B质子数减小2 C质子数增加2 D中子数减小10【考点】JA：原子核衰变及半衰期、衰变速度【分析】明确a衰变和衰变的实质，根据衰变过程中质量数和电荷数守恒可正确解答【解答】解：设该原子核的质量数（核子数）为m，电荷数（质子数）为n，衰变后的质量数为x，电荷数为y，则有：m=x+8；n=6+4+y由此可知衰变后核子数减小8，质子数直接2，中子数减小10，故B错误，ACD正确故选：ACD2“神舟”十号飞船于2013年6月11日17时38分发射升空，如图所示，在“神舟”十号靠近轨道沿曲线从M点到N点的飞行过程中，速度逐渐减小在此过程中“神舟”十号所

10、受合力的方向可能是（）A B C D【考点】44：运动的合成和分解【分析】“神舟”十号的运动为曲线运动，故在半径方向上合力不为零且是指向圆心的；又是做减速运动，故在切线上合力不为零且与瞬时速度的方向相反，分析这两个力的合力，即可看出那个图象是正确的【解答】解：“神舟”十号在飞行过程中，沿曲线从M点向N点飞行的过程中，做曲线运动，必有力提供向心力，向心力是指向圆心的；“神舟”十号飞行过程中减速，且沿切向方向有与速度相同的力；故向心力和切线力与速度的方向的夹角要大于90故ABD错误，C正确故选：C3一小球质量为0.1kg，用长为1m的细绳拴着在竖直面内恰好能做完整的圆周运动，g取10m/s2，则当

11、小球运动到最低点时，绳子上张力为（）A1N B2N C3N D6N【考点】4A：向心力；37：牛顿第二定律【分析】小球恰能过最高点的临界情况是重力提供向心力，根据牛顿第二定律求出最小速度，再根据动能定理求出最低点的速度，根据牛顿第二定律求出绳子的张力【解答】解：小球恰好过最高点时有：mg=m 解得：根据动能定理得，mg2R=由牛顿第二定律得：Tmg=m联立得，T=6N 故D正确，A、B、C错误故选D4如图所示，两根平行金属导轨置于水平面内，导轨之间接有电阻R金属棒ab与两导轨垂直并保持良好接触，整个装置放在匀强磁场中，磁场方向垂直于导轨平面向下现使磁感应强度随时间均匀减小，ab始终保持静止，下

12、列说法正确的是（）Aab中的感应电流方向由b到a Bab中的感应电流逐渐减小Cab所受的安培力保持不变 Dab所受的静摩擦力逐渐减小【考点】D9：导体切割磁感线时的感应电动势；BB：闭合电路的欧姆定律；CC：安培力【分析】根据楞次定律得出感应电流的方向，结合法拉第电磁感应定律判断感应电流是否不变，根据安培力公式分析安培力是否保存不变，结合平衡分析静摩擦力的变化【解答】解：A、磁感应强度均匀减小，磁通量减小，根据楞次定律得，ab中的感应电流方向由a到b，故A错误B、由于磁感应强度均匀减小，根据法拉第电磁感应定律得，感应电动势恒定，则ab中的感应电流不变，故B错误C、根据安培力公式F=BIL知，电

13、流不变，B均匀减小，则安培力减小，故C错误D、导体棒受安培力和静摩擦力处于平衡，f=F，安培力减小，则静摩擦力减小，故D正确故选：D5如图甲所示，在粗糙水平面上，物体A在水平向右的外力F的作用下做直线运动，其速度时间图象如图乙所示，下列判断正确的是（）A在01s内，外力F不断增大 B在13s内，外力F的大小恒定C在34s内，外力F不断增大 D在34s内，外力F的大小恒定【考点】37：牛顿第二定律；1I：匀变速直线运动的图像【分析】由vt图象确定物体运动性质，由受力分析和物体运动性质确定物体的受力情况即可【解答】解：A、据图象知，物体在01s内做匀加速直线运动，加速度恒定，根据牛顿第二定律知合外

14、力恒定，相同的粗糙面摩擦力不变，故拉力F保持不变，所以A错误；B、由图象知，物体在13s内做匀速直线运动，拉力F与摩擦力平衡，故B正确；C、在34s内物体做加速度不断增加的减速运动，根据知，由于加速度大小不断增加，故拉力F逐渐减小，故C、D错误故选：B6如图所示，已知mA=2mB=3mc，它们距轴的关系是rA=rC=rB，三物体与转盘表面的动摩擦因数相同，当转盘的速度逐渐增大时（）A物体A先滑动 B物体B先滑动C物体C先滑动 DB、C同时开始滑动【考点】4A：向心力；37：牛顿第二定律【分析】物体和圆盘一起做圆周运动，靠静摩擦力提供向心力，求出它们的临界角速度，从而判断谁先滑动【解答】解：当静

15、摩擦力达到最大静摩擦力时，角速度达到最大值，根据mg=mr2解得，B的半径最大，则B的临界角速度最小，所以物体B先滑动故B正确，A、C、D错误故选B7如图是一列向右传播的横波在某个时刻的波形图线，由图线可知（）A质点a此时的速度是零 B质点b此时向y轴正方向运动C质点c的加速度为正 D质点d的振幅小于2cm【考点】F5：波长、频率和波速的关系【分析】简谐横波传播时没有能量损失，各质点的振幅相同根据波的传播方向，可判断质点的振动方向根据时间与周期的关系，各质点间的关系，判断速率关系某时刻，分析质点的位置，判断其速度变化【解答】解：A、质点a此时处于波峰位置，它的速度为零，故A正确；B、质点b此时

16、位于平衡位置，因此速度最大，根据波向右传播方向，可知质点b向y轴正方向运动，故B正确；C、质点c此时处于波谷位置，则回复力指向y轴正方向，即加速度为正，故C正确；D、所有质点的振幅均是相同，故D错误；故选：ABC8如图所示，同步卫星与地心的距离为r，运行速率为v1，向心加速度为a1；地球赤道上的物体随地球自转的向心加速度为a2，第一宇宙速度为v2，地球半径为R，则下列比值正确的是（）A = B =（）2 C = D =【考点】4J：同步卫星【分析】卫星运动时万有引力提供圆周运动的向心力，第一宇宙速度是近地轨道绕地球做匀速圆周运动的线速度，同步卫星运行周期与赤道上物体自转周期相同，由此展开讨论即

17、可【解答】解：A、因为地球同步卫星的角速度和地球赤道上的物体随地球自转的角速度相同，由a1=2r，a2=2R得： =，故A正确、B错误；C、对于地球同步卫星和以第一宇宙速度运动的近地卫星，由万有引力提供做匀速圆周运动所需向心力得到： =，=解得： =，故D正确，C错误；故选：AD9恒定的匀强磁场中有一圆形闭合导体线圈，线圈平面垂直于磁场方向，当线圈在此磁场中作下述哪种运动时，线圈中能产生感应电流（）A线圈沿自身所在的平面做匀速运动B线圈沿自身所在的平面做加速运动C线圈绕任意一条直径做匀速转动D线圈绕任意一条直径做变速转动【考点】D2：感应电流的产生条件【分析】产生感应电流的条件是：闭合回路中的

18、磁通量发生变化因此无论线圈如何运动关键是看其磁通量是否变化，从而判断出是否有感应电流产生【解答】解：AB、由于磁场是匀强磁场，因此无论线圈沿自身所在的平面做匀速还是匀加速或者其它运动形式，其磁通量均不变化，无感应电流产生，故AB错误；CD、当线圈绕任意一条直径转动时，无论匀速转动，还是变速转动，其磁通量都发生变化，有感应电流产生，故C正确，D正确；故选：CD10如图所示，在点电荷Q产生的电场中，实线MN是一条方向未标出的电场线，虚线AB是一个电子只在静电力作用下的运动轨迹设电子在A、B两点的加速度大小分别为aA、aB，电势能分别为EpA、EpB下列说法正确的是（）A电子一定从A向B运动B若aA

19、aB，则Q靠近M端且为正电荷C无论Q为正电荷还是负电荷一定有EpAEpBDB点电势可能高于A点电势【考点】AD：电势差与电场强度的关系；A6：电场强度；AC：电势【分析】由运动轨迹得到电场力方向，进而得到电势的比较，从而根据加速度的比较得到点电荷Q的正负【解答】解：A、由于不知道电子速度变化，由运动轨迹图不能判断电子向那个方向运动，故A错误；B、若aAaB，则A点离点电荷Q更近即Q靠近M端；又由运动轨迹可知，电场力方向指向凹的一侧即左侧，所以，在MN上电场方向向右，那么Q靠近M端且为正电荷，故B正确；D、由B可知，电场线方向由M指向N，那么A点电势高于B点，故D错误；C、由B可知，电子所受电场

20、力方向指向左侧，那么，若电子从A向B运动，则电场力做负功，电势能增加；若电子从B向A运动，则电场力做正功，电势能减小，所以，一定有EpAEpB求解过程与Q所带电荷无关，只与电场线方向相关，故C正确；故选：BC二实验题11某同学在做“研究匀变速直线运动”实验时，从打下的若干纸带中选出了如图所示的一条每两点间还有4个点没有画出来），图中上部的数字为相邻两个计数点间的距离 打点计时器的电源频率率为50Hz由这些已知数据计算：该匀变速直线运动的加速度a于2.07m/s2与纸带上D点相对应的瞬时速度v=1.22m/s（答案均要求保角3位有效数宇）【考点】M4：探究小车速度随时间变化的规律【分析】根据匀变

21、速直线运动中时间中点的速度等于该过程中的平均速度，可以求出打纸带上D点时小车的瞬时速度大小，根据匀变速直线运动的推论公式x=aT2可以求出加速度的大小【解答】解：因为每两点之间还有四点没有画出来，所以T=0.1s，设0到A之间的距离叫x1，设A到B之间的距离叫x2，设B到C之间的距离叫x3，设C到D之间的距离叫x4，设D到E之间的距离叫x5，设E到F之间的距离叫x6，根据匀变速直线运动的推论公式x=aT2可以求出加速度的大小，得：x4x1=3a1T2 x5x2=3a2T2 x6x3=3a3T2 为了更加准确的求解加速度，我们对三个加速度取平均值得：a=（a1+a2+a3）代入数据解得a=2.0

22、7m/s2根据匀变速直线运动中时间中点的速度等于该过程中的平均速度，vD=1.22m/s故答案为：2.07m/s21.2212在“描绘小灯泡的伏安特性曲线”的实验中，有以下器材：A小灯泡L（3V，0.6A） B滑动变阻器R（010） C电压表V1（03V） D电压表V2（015V） E电流表A1（00.6A） F电流表A2（03A） G铅蓄电池、开关各一个，导线若干（1）为了减小误差，实验中应选电流表，电压表（2）在图1虚线框内按要求设计实验电路图（3）连好电路后闭合开关，通过移动变阻器的滑片，使小灯泡中的电流由零开始逐渐增大，直到小灯泡正常发光，由电流表和电压表得到的多组读数描绘出的UI图象

23、图2中应是C【考点】N5：描绘小电珠的伏安特性曲线【分析】本题（1）的关键是根据小灯泡的额定电压和额定电流大小来选择电压表与电流表的量程；题（2）的关键是根据实验要求电流从零调可知变阻器应采用分压式接法，根据小灯泡电阻较小满足可知电流表应用外接法；题（3）的关键是写出U与I的表达式，再根据小灯泡电阻随温度的升高而增大可知图线的各点与原点连线斜率应逐渐增大即可求解【解答】解：（1）：根据小灯泡的额定电流为0.6A可知电流表应选；根据小灯泡额定电压为3V可知电压表应选；（2）：由于测定伏安特性曲线实验要求电流从零调，实验变阻器应采用分压式接法，由于小灯泡电阻较小，满足，所以电流表应用外接法，电路图

24、如图所示：（3）：根据U=RI可知，由于小灯泡的电阻随温度的升高而增大，图线上各点与原点连线的斜率逐渐增大，所以UI图象应是C故答案为：（1），（2）如图（3）C三非选择题13如图所示，物块A和B通过一根轻质不可伸长的细绳连接，跨放在质量不计的光滑定滑轮两侧，质量分别为mA=2kg、mB=1kg初始时A静止于水平地面上，B悬于空中先将B竖直向上再举高h=1.8m（未触及滑轮）然后由静止释放一段时间后细绳绷直，A、B以大小相等的速度一起运动，之后B恰好可以和地面接触取g=10m/s2（1）B从释放到细绳绷直时的运动时间t；（2）A的最大速度v的大小；（3）初始时B离地面的高度H【考点】6B：功能

25、关系；52：动量定理【分析】（1）根据自由落体规律计算运动时间；（2）根据动量守恒定律计算A的最大速度；（3）根据机械能守恒计算B离地面的高度H【解答】解：（1）B从释放到细绳刚绷直前做自由落体运动，有：h=gt2 代入数据解得：t=0.6 s（2）根据动量定理；对A（取向上为正方向），则有：F2tmAgt=mAv，对B，则有：F1t+mBgt=mBvmBvB；而F1=F2且vB=6m/s，得：gt=2v+v6由于碰撞时间极短，因此v=2 m/s（3）细绳绷直后，A、B一起运动，B恰好可以和地面接触，说明此时A、B的速度为零，这一过程中A、B组成的系统机械能守恒，有：（mA+mB）v2+mBg

26、H=mAgH代入数据解得：H=0.6 m答：（1）运动时间为0.6s；（2）A的最大速度的大小为2m/s；（3）初始时B离地面的高度为0.6m14平面直角坐标系xOy中，第象限存在垂直于平面向里的匀强磁场，第象限存在沿y轴负方向的匀强电场，如图所示一带负电的粒子从电场中的Q点以速度v0沿x轴正方向开始运动，Q点到y轴的距离为到x轴距离的2倍粒子从坐标原点O离开电场进入磁场，最终从x轴上的P点射出磁场，P点到y轴距离与Q点到y轴距离相等不计粒子重力，为：（1）粒子到达O点时速度的大小和方向；（2）电场强度和磁感应强度的大小之比【考点】CI：带电粒子在匀强磁场中的运动；AK：带电粒子在匀强电场中的

27、运动【分析】（1）在电场中，粒子做类平抛运动，根据x轴方向的匀速直线运动和y方向的匀加速直线运动列方程求解；（2）粒子在电场中受到的电场力时由牛顿第二定律求解加速度，再根据速度位移关系求解电场强度；根据粒子所受的洛伦兹力提供向心力得到半径计算公式，再根据则由几何关系得到半径大小，由此求解磁感应强度大小，然后求解比值【解答】解：（1）在电场中，粒子做类平抛运动，设Q点到x轴的距离为L，到y轴的距离为2L，粒子的加速度为a，运动时间为t，有沿x轴正方向：2L=v0t，竖直方向根据匀变速直线运动位移时间关系可得：L=设粒子到达O点时沿y轴方向的分速度为vy根据速度时间关系可得：vy=at 设粒子到达

28、O点时速度方向与x轴方向的夹角为，有tan=联立式得：=45 即粒子到达O点时速度方向与x轴方向的夹角为45角斜向上设粒子到达O点时的速度大小为v，由运动的合成有v=；（2）设电场强度为E，粒子电荷量为q，质量为m，粒子在电场中受到的电场力为F，由牛顿第二定律可得：qE=ma 由于 解得：E=设磁场的磁感应强度大小为B，粒子在磁场中做匀速圆周运动的半径为R，所受的洛伦兹力提供向心力，有qvB=m 由于P点到O点的距离为2L，则由几何关系可知R= 解得：B=联立式得答：（1）粒子到达O点时速度的大小为，方向x轴方向的夹角为45角斜向上（2）电场强度和磁感应强度的大小之比为四物理-选修3-415振

29、动周期为T，振幅为A，位于x=0点的被波源从平衡位置沿y轴正向开始做简谐运动，该波源产生的一维简谐横波沿x轴正向传播，波速为v，传播过程中无能量损失，一段时间后，该振动传播至某质点p，关于质点p振动的说法正确的是（）A振幅一定为AB周期一定为TC速度的最大值一定为vD开始振动的方向沿y轴向上或向下取决于他离波源的距离E若p点与波源距离s=vT，则质点p的位移与波源的相同【考点】F4：横波的图象；72：简谐运动的振幅、周期和频率；F5：波长、频率和波速的关系【分析】波传播过程中，各振动质点的振动周期、振幅、起振方向都和波源质点相同，质点的振动速度大小跟波速无关根据p点与波源间的距离与波长的关系，分析它们振动状态的关系【解答】解：A、B、C、波传播过程中，各振动质点的振动周期、振幅，则知质点p振动的振幅一定为A，周期一定为T，但p质点的振动速度与波传播的速度无关，速度的最大值不一定是v，故A、B正确，C错误；D、质点p的起振方向和波源质点相同，一定沿y轴正向，与p离波源的距离无关，故D错误E、s=vT，则s等于一