学年福建省莆田市高二上学期期末考试物理试题 解析版.docx
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学年福建省莆田市高二上学期期末考试物理试题解析版
学校__________________班级__________________姓名__________________准考证号__________________
﹍﹍﹍﹍﹍﹍﹍﹍﹍﹍﹍﹍密﹍﹍﹍﹍﹍﹍﹍﹍﹍﹍﹍﹍封﹍﹍﹍﹍﹍﹍﹍﹍﹍﹍﹍﹍线﹍﹍﹍﹍﹍﹍﹍﹍﹍﹍﹍﹍
绝密★启用前|
莆田市2020-2021学年第一学期高二期末考试卷
物理
(考试时间:
75分钟试卷满分:
100分)
注意事项:
1.本试卷分第Ⅰ卷(选择题)和第Ⅱ卷(非选择题)两部分。
答卷前,考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。
2.回答第Ⅰ卷时,选出每小题答案后,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,再选涂其他答案标号。
写在本试卷上无效。
3.回答第Ⅱ卷时,将答案写在答题卡上。
写在本试卷上无效。
4.考试结束后,将本试卷和答题卡一并交回。
第Ⅰ卷
一、单项选择题.本题共7小题,每小题4分,共28分。
在每小题给出的四个选项中,只有一项是符合题目要求的。
1.如图甲所示,轻杆一端固定在O点,另一端固定一小球,现让小球在竖直平面内做半径为R的圆周运动。
小球运动到最高点时,杆与小球间弹力大小为N,小球在最高点的速度大小为v,其N-v2图象如图乙所示。
则
A.小球的质量为
B.当地的重力加速度大小为
C.v2=c时,在最高点杆对小球的弹力方向向上
D.v2=2b时,在最高点杆对小球的弹力大小为2a
2.平直公路上行驶的a车和b车,其位移时间图象分别为图中直线a和曲线b,已知b车做匀变速直线运动,t=2s时,直线a和曲线b刚好相切,下列说法正确的是
A.b车的加速度大小为1m/s2
B.a车的速度大小为3m/s
C.b车做匀加速直线运动
D.t=2s时,a、b两车相遇,速度不相等
3.如图所示,两楔形物块A、B部分靠在一起,接触面光滑,物块B放置在地面上,物块A上端用绳子拴在天花板上,绳子处于竖直伸直状态,A、B两物块均保持静止,下列说法正确的是
A.绳子的拉力可能小于A的重力
B.地面受的压力大于物块B的重力
C.物块B受到地面的摩擦力方向水平向左
D.物块B与地面间不存在摩擦力
4.空间有一水平匀强电场,范围足够大,场中有一粒子源,某时刻释放出速度大小相同的同种带电粒子,速度方向沿垂直于电场的竖直面内各方向,粒子的重力不计,如图所示,则
A.同一时刻所有粒子的动量相同
B.同一时刻所有粒子的位移相同
C.同一时刻所有粒子到达同一等势面上
D.同一时刻所有粒子到达同一水平面上
5.汽车
和汽车
静止在水平地面上,某时刻汽车
开始倒车,结果汽车
撞到了停在它正后方的汽车
,汽车
上装有智能记录仪,能够测量并记录汽车
前面的物体相对于汽车
自身的速度。
在本次碰撞中,如果汽车
的智能记录仪测得碰撞前瞬间汽车
的速度大小为
,已知汽车
的质量是汽车
质量的2倍,碰撞过程可视为弹性碰撞,则碰后瞬间汽车
相对于地面的速度大小为
A.
B.
C.
D.
6.下列说法中错误的是
A.若氢原子从n=6能级向n=1能级跃迁时辐射出的光不能使某金属发生光电效应,则氢原子从n=6能级向n=2能级跃迁时辐射出的光也不能使该金属发生光电效应
B.核泄漏事故污染物
能够产生对人体有害的辐射,其核反应方程式为
,可以判断x为电子
C.原子核发生一次β衰变,该原子外层就一定失去一个电子
D.质子、中子、α粒子的质量分别是m1、m2、m3,质子和中子结合成一个α粒子,释放的能量是(2m1+2m2-m3)c2
7.如图所示,边长为l的单匝正方形线圈放在光滑水平面上,其有一半处于磁感应强度大小为B、方向竖直向下的匀强磁场中。
第一次保持磁场不变,使线圈在水平向右的拉力作用下,以恒定速度v向右运动;第二次保持线圈不动,使磁感应强度大小发生变化。
若线圈的总电阻为R,则有
A.若要使两次产生的感应电流方向相同,则第二次时磁感应强度大小必须逐渐增大
B.若要使两次产生的感应电流大小相同,则第二次时磁感应强度大小随时间必须均匀变化,且变化率
C.第一次时,在线圈离开磁场的过程中,水平拉力做的功为
D.第一次时,在线圈离开磁场的过程中,通过线圈某一横截面的电荷量为
二、多项选择题.本题共3小题,每小题6分,共18分。
8.如图甲所示,半径为1m的带缺口刚性金属圆环导轨固定在水平面内,在导轨上垂直放置一质量为0.1kg、电阻为1Ω的直导体棒,其长度恰好等于金属圆环的直径,导体棒初始位置与圆环直径重合,且与导轨接触良好.已知导体棒与导轨间动摩擦因数为0.3,不计金属圆环的电阻,导体棒受到的最大静摩擦力等于其滑动摩擦力,取重力加速度g=10m/s2.现若在圆环内加一垂直于纸面向里的变化磁场,变化规律如图乙所示,则( )
A.导体棒的电流是从b到a
B.通过导体棒的电流大小为0.5A
C.0~2s内,导体棒产生的热量为0.125J
D.t=πs时,导体棒受到的摩擦力大小为0.3N
9.如图甲所示,在光滑水平面上,静止放置一质量为M的足够长的木板,质量为m的小滑块(可视为质点)放在长木板上.长木板受到水平拉力F与加速度的关系如图乙所示,长木板足够长,重力加速度g取10m/s2,下列说法正确的是( )
A.长木板的质量M=2kg
B.小滑块与长木板之间的动摩擦因数为0.4
C.当F=14N时,长木板的加速度大小为6m/s2
D.当F增大时,小滑块的加速度一定增大
10.如图所示,叠放在水平转台上的小物体A、B、C能随转台一起以角速度ω匀速转动,A、B、C的质量分别为3m、2m、m,A与B、B与转台、C与转台间的动摩擦因数都为μ,B、C离转台中心的距离分别为r、1.5r.设最大静摩擦力等于滑动摩擦力.以下说法中不正确的是( )
A.B对A的摩擦力一定为3μmg
B.C与转台间的摩擦力大于A与B间的摩擦力
C.转台的角速度一定满足:
ω≤
D.转台的角速度一定满足:
ω≤
第Ⅱ卷
三、非选择题:
包括必考题和选考题两部分。
第11~14题为必考题,每道试题考生都必须作答。
第15、16题为计算题,考生根据要求作答。
(一)必考题:
共42分。
11.(10分)某同学为了测定一只电阻的阻值,采用了如下方法:
图1
(1)用多用电表粗测:
多用电表电阻挡有4个倍率:
分别为×1k、×100、×10、×1,该同学选择×100倍率,用正确的操作步骤测量时,发现指针偏转角度太大(指针位置如图1中虚线所示).为了较准确地进行测量,请你补充完整下列依次应该进行的主要操作步骤:
a.________________________________________________________________________.
b.两表笔短接,调节欧姆调零旋钮,使指针指在0Ω处.
c.重新测量并读数,若这时刻度盘上的指针位置如图中实线所示,测量结果是________Ω.
(2)为了尽量准确测该电阻Rx,除被测电阻Rx外,还备有如下实验仪器,请选择仪器,设计实验电路.
A.电流表A1,量程(0~10mA),内阻约10Ω
B.电流表A2,量程(0~30mA),内阻约4Ω
C.电压表V,量程(0~3V),内阻约1500Ω
D.滑动变阻器R1,阻值范围(0~25Ω)
E.滑动变阻器R2,阻值范围(0~1000Ω)
F.电阻箱R3、R4,阻值范围均为(0~199.9Ω)
G.开关一只和导线若干
H.电池E,电动势6V,内阻未知
根据
(1)问的测量结果,该同学采用如图2所示电路测电阻Rx的阻值,则电流表应选用________,滑动变阻器应选用____________.(填写器材序号)
图2
(3)该同学进行了如下实验:
①将电压表的a端接b,测得
=110Ω;
②将电压表的a端接c,测得
=125Ω.
则Rx的电阻值更接近________Ω.
12.(10分)如图所示,在竖直平面内存在竖直方向的匀强电场.长度为l的轻质绝缘细绳一端固定在O点,另一端连接一质量为m、电荷量为+q的小球(可视为质点),初始时小球静止在电场中的a点,此时细绳拉力为2mg,g为重力加速度.
(1)求电场强度E和a、O两点的电势差UaO;
(2)小球在a点获得一水平初速度va,使其能在竖直面内做完整的圆周运动,则va应满足什么条件?
13.(10分)某同学为了验证“力的平行四边形定则”,设计了如下实验,实验原理如图甲所示.将三根细绳套系于同一点O,然后与同学配合,同时用三个弹簧秤分别拉住三根细绳套,以合适的角度向三个不同方向拉开.当稳定后,分别记录三个弹簧秤的读数.
(1)关于下列实验操作不必要的步骤是:
________.
A.要保证三根细绳套长度相等
B.实验时需要注意保证各弹簧秤及细绳套在同一水平面内
C.改变拉力重复实验,每次必须保证O点在同一位置
D.记录弹簧秤读数的同时,必须记录各拉力的方向
E.为完成平行四边形定则的验证,实验时还需要测量各拉力间的夹角
(2)某次实验测得弹簧秤读数分别为FA=2.2N,FB=2.4N,FC=3.2N,请根据图乙记录的各力的方向,结合实验原理,在虚线框内画出力的图示,并作出相应的平行四边形,加以验证.
14.(12分)如图所示,竖直平面xOy,其x轴水平,在整个平面内存在沿x轴正方向的匀强电场E,在第三象限内有垂直纸面向里的匀强磁场,磁感应强度大小为B=0.2T.现有一比荷为
=25C/kg的带电微粒,从第三象限内某点以速度v0向坐标原点O做直线运动,v0与x轴之间的夹角为θ=45°,取重力加速度g=10m/s2.求:
(1)微粒的电性及速度v0的大小;
(2)带电微粒在第一象限内运动时所到达的最高点的坐标.
(二)计算题(12分)
15.(6分)如图(a)为玩具弹弓,轻质橡皮筋连接在把手上A、B两点,一手握住把手不动,使AB连线水平,C为自由伸长时橡皮筋中点轻弹夹的位置,如图(b).AO=OB=6cm,另一手捏着装有质量为10g弹珠的弹夹,从C点由静止竖直向下缓慢移动到D点,放手后弹珠竖直向上射出,刚好上升到离D点20.15米高的楼顶处.测得∠ACB=44°,∠ADB=23°,取tan22°=0.4,tan11.5°=0.2,g=10m/s2,不计空气阻力.求:
(1)从C到D的过程中,弹珠重力所做的功及手所做的功;
(2)若还将橡皮筋拉到相同长度,仅改变发射方向,弹珠向斜上方运动到高出释放点8m处的速率.
第二次从释放到h′=8m处,机械能守
16.(6分)在水平面上依次放置小物块A和C以及曲面劈B,其中A与C的质量相等均为m,曲面劈B的质量M=3m,劈B的曲面下端与水平面相切,且劈B足够高,各接触面均光滑.现让小物块C以水平速度v0向右运动,与A发生碰撞,碰撞后两个小物块粘在一起又滑上劈B.求:
图1
(1)碰撞过程中系统损失的机械能;
(2)碰后物块A与C在曲面劈B上能够达到的最大高度.
2020-2021学年第一学期高二期末考试卷
物理
参考答案及解析
1.【答案】A
【解析】由图乙可知当小球运动到最高点时,若v2=b,则N=0,轻杆既不向上推小球也不向下拉小球,这时由小球受到的重力提供向心力,即mg=
,得v2=b=gR,故g=
,B错误;当v2>b时,轻杆向下拉小球,C错误;当v2=0时,轻杆对小球弹力的大小等于小球重力,即a=mg,代入g=
得小球的质量m=
,A正确;当v2=2b时,由向心力方程F+mg=
得杆的拉力大小F=mg,故F=a,D错误;故选A。
2.【答案】A
【解析】AB.位移时间图像中的斜率代表物体的速度,所以a物体做匀速运动,t=2s时,直线a和曲线b刚好相切,所以
,对b车从0到2s,设初速度
:
,
,联立解得:
,
,A正确,B错误;C.因为斜率代表速度,而b车的斜率越来越小,所以b车做匀减速运动,C错误;D.因为t=2s时,直线a和曲线b刚好相切,斜率相同,所以辆车在该时刻速度相等,D错误。
3.【答案】D
【解析】AB接触面光滑,AB间没有摩擦力.对A分析知,A受到重力和绳子的拉力,二力平衡,B对A没有支持力,否则三个力不可能平衡,A错误;对B分析知:
B受到重力、地面的支持力,根据平衡条件知,地面对B的支持力等于物块B的重力,地面对B没有摩擦力,BC错误,D正确。
4.【答案】C
【解析】A.粒子在电场中做类平抛运动,所有粒子初速度大小相等,则在同一时刻,所有粒子动量大小相等而方向不同,粒子动量不同,故A错误;B.粒子在电场中做类平抛运动,同一时刻所有粒子位移大小相等但方向不同,粒子位移不同,故B错误;CD.粒子在水平方向做初速度为零的匀加速直线运动,在相等时间内所有粒子在水平方向位移相等,所有粒子同时到达与电场垂直的同一竖直面内,所有粒子不会同时到达同一水平面,匀强电场等势面是与电场垂直的平面,由此可知,在同一时刻所有粒子到达同一等势面,故C正确,D错误。
5.【答案】C
【解析】两汽车发生弹性碰撞,碰撞过程系统动量守恒、机械能守恒,设碰撞后A、B的速度分别为v1、v2,以碰撞前A的速度方向为正方向,设B的质量为m,则A的质量为2m,由动量守恒定律,有2mv0=2mv1+mv2,由机械能守恒定律,有
,解得v1=
v0,A.碰后瞬间汽车
相对于地面的速度大小为
,与分析不一致,故A错误;B.碰后瞬间汽车
相对于地面的速度大小为
,与分析不一致,故B错误;C.碰后瞬间汽车
相对于地面的速度大小为
,与分析相一致,故C正确;D.碰后瞬间汽车
相对于地面的速度大小为
,与分析不一致,故D错误。
故选C。
6.【答案】C
【解析】A、根据玻尔理论可知,氢原子从n=6的能级向n=1的能级跃迁时辐射出的光的能量大于氢原子从n=6的能级向n=2的能级跃迁时辐射出的光的能量,结合光电效应发生的条件可知,若氢原子从n=6的能级向n=1的能级跃迁时辐射出的光不能使某金属发生光电效应,则氢原子从n=6的能级向n=2的能级跃迁时辐射出的光也不能使该金属发生光电效应,故A正确;B、根据量子说守恒与电荷数守恒可知,核反应方程式
Cs→
Ba+x中,可以判断x的质量数为0,电荷数为:
z=55﹣56=﹣1,所以x为电子,故B正确;C、β衰变的实质是原子核中的一个中子转变为一个质子和一个电子,电子释放出来,不是来自核外电子,故C错误;D、根据爱因斯坦质能方程知,质子和中子结合成α粒子,核反应方程为2
2
→
,释放的能量是△E=△mc2=(2m1+2m2﹣m3)c2,故D正确。
本题选错误的,故选C。
7.【答案】B
【解析】A.根据右手定则可知,第一次时线框中的感应电流方向顺时针方向;若要使两次产生的感应电流方向相同,根据楞次定律,则第二次时磁感应强度大小必须逐渐减小,故A错误;B.根据切割感应电动势公式
及闭合电路欧姆定律可得第一次时感应电流大小:
,若要使两次产生的感应强度电流大小相同,根据法拉第电磁感应定律及闭合电路欧姆定律则有:
,则第二次时磁感应强度大小随时间必须均匀变化,且变化率为:
,故B正确;C.第一次时,在线圈离开磁场的过程中,水平拉力做的功为:
,故C错误;D.第一次时,在线圈离开磁场的过程中,通过线圈某一横截面的电荷量为:
,故D错误;故选B。
8.【答案】AC
【解析】穿过闭合回路的磁通量向里增加,由楞次定律可知导体棒的电流是从b到a,选项A正确;假设0~πs时间内导体棒静止不动,感应电动势E=ΔΦΔt=ΔBΔt·12πr2=0.5π×12π×12V=0.25V,则感应电流I=ER=0.251A=0.25A,t=πs时,导体棒受到的安培力F=2BIr=2×0.5×0.25×1N=0.25N;最大静摩擦力Ffm=μmg=0.3N,则假设成立,故导体棒所受摩擦力大小为0.25N,选项B、D错误;0~2s内,导体棒产生的热量为Q=I2Rt=0.252×1×2J=0.125J,选项C正确.
9.【答案】BC
【解析】当F等于12N时,加速度为:
a=4m/s2.对整体分析,由牛顿第二定律有F=(M+m)a,代入数据解得:
M+m=3kg;当F大于12N时,m和M发生相对滑动,根据牛顿第二定律得:
F-μmg=Ma,即F=Ma+μmg,结合题图可得:
M=1kg,故m=2kg,故A错误;由题图可得,μmg=8,故μ=0.4,故B正确;当F=14N时,长木板的加速度为:
a=6m/s2,故C正确;当F大于12N后,发生相对滑动,小滑块的加速度为a=μg,与F无关,F增大时小滑块的加速度不变,故D错误.
10.【答案】ABD
【解析】对A受力分析,受重力、支持力以及B对A的静摩擦力,静摩擦力提供向心力,有FfA=3mω2r≤μ(3m)g,故A错误;FfA=3mω2r,FfC=mω2×1.5r,故B错误;由于A、AB整体、C受到的静摩擦力均提供向心力,故对A,有:
(3m)ω2r≤μ(3m)g,对AB整体有:
(3m+2m)ω2r≤μ(3m+2m)g,对物体C,有:
mω2(1.5r)≤μmg,故ω≤2μg3r,故C正确,D错误.
11.【答案】
(1)换用×10倍率的挡位120
(2)BD(3)125
【解析】
(1)a.选择“×100”倍率,用正确的操作步骤测量时,指针偏转角度太大,说明所选挡位太大,为准确测量电阻阻值,应换用倍率×10的挡.
c.欧姆表选择×10挡位,由题图所示表盘可以知道,测量结果为12×10Ω=120Ω
(2)流过待测电阻的电流大约为I=UR=3120A=0.025A=25mA,所以选择电流表A2,故选B,由于电路选择的分压电路所以最好用一个小一点的滑动变阻器,故选D.
(3)由于电流表的电阻远小于待测电阻,所以选用电流表内接法误差较小,故Rx的电阻值更接近125Ω.
12.【答案】
(1)3mgq-3mglq
(2)va≥
【解析】
(1)小球静止在a点时,由共点力平衡可得mg+2mg=qE①
得E=3mgq,方向竖直向上②
在匀强电场中,有UOa=El③
则a、O两点电势差UaO=-3mglq④
(2)小球从a点恰好运动到b点,设到b点速度大小为vb,
由动能定理得-qE·2l+mg·2l=12mvb2-12mva2⑤
小球做圆周运动通过b点时,由牛顿第二定律可得qE-mg=mb2l⑥
联立②⑤⑥可得va=,故应满足va≥.
13.图9
【答案】
(1)ACE
(2)见解析
【解析】
(1)细绳套连接弹簧秤与结点,取合适长度即可,没必要等长,A没有必要;实验时,需要各弹簧秤及细绳套在同一水平面内,保证各个力在同一个水平面内,才可以进行合成验证,B有必要;三力平衡条件下,无论结点在什么位置,都满足任意两个力的合力与第三个力等大反向,所以没必要每次必须保证O点在同一位置,C没有必要;力的合成需要知道分力的大小和方向,所以必须记录各拉力的方向,D有必要;通过合成平行四边形,
合力与分力方向可以通过作图确定,没必要测量夹角,E没有必要.
(2)根据图乙作出力的图示,如下:
通过测量,F合与FB在误差允许的范围内等大反向,平行四边形定则成立.
14.【答案】
(1)正电2m/s
(2)(0.6m,0.2m)
【解析】
(1)带电微粒在第三象限内做直线运动,受到重力、电场力和洛伦兹力三个力的作用,并且合力为零,即微粒做匀速直线运动,所以微粒受到的洛伦兹力垂直于速度方向斜向左上方,由左手定则可判断微粒带正电;
对带电微粒受力分析,如图所示,根据平衡条件可得:
Bqv0=mg
解得:
v0=2m/s;
(2)带电微粒进入第一象限后做曲线运动,设最高点为M,从O到M所用的时间为t,则将微粒从O到M的运动分解为沿x轴方向上的匀加速直线运动和沿y轴方向上的匀减速直线运动
y轴方向上:
0=v0sin45°-gt
y=v0sin45°2t
x轴方向上:
qE=mgtan45°=max
x=v0cos45°t+12axt2
解得x=0.6m,y=0.2m.
即带电微粒在第一象限内运动时所达到的最高点的坐标为(0.6m,0.2m)
15.【答案】
(1)1.5×10-2J2J
(2)15.6m/s
【解析】
(1)从C到D,弹珠重力做功:
WG=mghCD
由题图可得:
h=hCD=OBtan11.5°-OBtan22°=0.060.2m-0.060.4m=0.15m
联立解得WG=1.5×10-2J
从C到D,再到最高点的过程中,
由功能关系:
W手=mgH-mgh,其中H=20.15m
解得W手=2J
(2)设弹珠在D点的弹性势能为Ep,从D到最高点,由功能关系:
Ep=mgH
恒,
则:
Ep=mgh′+12mv2
联立解得v≈15.6m/s.
16.【答案】
(1)14mv02
(2)0240g
【解析】
(1)小物块C与A发生碰撞粘在一起,取向右为正方向,由动量守恒定律得:
mv0=2mv
解得v=12v0;碰撞过程中系统损失的机械能为
E损=12mv02-12(2m)v2
解得E损=14mv02.
(2)当A与C上升到最大高度时,A、B、C系统的速度相等;水平方向上动量守恒,取向右为正方向,根据动量守恒定律得mv0=(m+m+3m)v1
解得v1=15v0
A、C粘在一起上滑至最大高度,由能量守恒定律得2mgh=12×2m(12v0)2-12×5m×(15v0)2
解得h=0240g
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