精品解析：【全国百强校】浙江省绍兴市第一中学2015-2016学年高二下学期期末考物理试题解析（解析版）.doc

精品解析：【全国百强校】浙江省绍兴市第一中学2015-2016学年高二下学期期末考物理试题解析（解析版）.doc 一、选择题I(本题共13小题,每小题3分,共39分。每小题列出的四个备选项中只有一个是符合题目要求的,不选、多选、错选均不得分) 1,下列说法正确的是 F,vUE,a,I,q,tRA,加速度、电流、电场强度都用到了比值定义法 B,基本物理量和基本单位共同组成了单位制 C,法拉第发现了电流的磁效应,拉开了研究电与磁相互关系的序幕 D,1785年法国物理学家库仑利用扭秤实验发现了电荷之间的相互作用规律——库仑定律,并测出了静电力常量k的值 【答案】D 考点:比值定义法、单位制、电流磁效应和库仑定律 【名师点睛】关于比值定义法定义的物理量在高中教材中并不多,需要去 总结 初级经济法重点总结下载党员个人总结TXt高中句型全总结.doc高中句型全总结.doc理论力学知识点总结pdf 归纳,单位制是基本单位和导出单位共同构成的,奥斯特发现了电流的磁效应,法拉第发现了电磁感应,库仑通过扭秤实验装置发现了库仑定律并测量了静电力常量。 2,在初速为零的匀加速直线运动中,最初连续相等的四个时间间隔内的平均速度之比是 22223333 A,1:1:l:1 B,1:3:5:7 C,1:2:3:4 D,1:2:3:4 【答案】B 【解析】 考点:匀变速直线运动规律、匀变速直线运动中平均速度等于初末速度之和除以2 v,00vat,【名师点睛】初速度为零的匀加速直线运动,即初速度,在速度时间关系中,,可以计算出第一 vat,vat,2vat,3个时间t内末速度为:,第二个时间t内末速度为:,第三个时间t内末速度为:,第四个 ,vv，0t,v2vat,4时间t内末速度为:,再带入匀变速直线运动中平均速度等于初末速度之和除以2,即,就可以计算出相应时间内的平均速度。 3,质量相等的两个质点a、b在同一位置开始沿竖直方向运动,v,t图像如图所示,取竖直向上为正方向,由图像可知 A.在t时刻两个质点在同一高度 2 B.在0，t时间内,a质点处于失重状态 1 C,在t，t时间内,a质点的机械能不变 12 D,在0，t时间内,合外力对两个质点做功相等 2 【答案】D 【解析】 试题分析:据题意,两个质点同时从同一位置沿竖直方向运动,据图像可知,图线a在t时间内与时间轴围2成的面积较大,所以a的位移较大,选项A错误,在0，t时间内,质点a在向上做匀加速直线运动,加速度1 方向向上,质点a处于超重状态,故选项B错误,在t，t时间内,a质点的动能增加,重力势能也增加,所12 以机械能增加,故选项C错误,据动能定理,由于两个质点初、末速度大小相同、质量也相同,则动能变化量相同,所以合外力对两个质点做的功相同,故选项D正确。 考点:匀变速直线运动,速度—时间图像 【名师点睛】在速度-时间图像中,图像与时间轴围成的面积大小等于位移大小,通过图线判断加速度方向,加速度方向向上的,属于超重状态,加速度方向向下的属于失重状态,机械能等于重力势能与动能的总和,据动能定理,合外力做的功大小等于物体动能变化量。 4,如图所示,细绳长为L,挂一个质量为m的小球,球离地的高度h=2L,当绳受到大小为2mg的拉力时就 vgL,会断裂,绳的上端系一质量不计的环,环套在光滑水平杆上,现让环与球一起以速度向右运动,在A处环被挡住而立即停止,A离墙的水平距离也为L,球在以后的运动过程中,球第一次碰撞点离墙角B点 ,H的距离是，不计空气阻力，: 1523,,HL,,HL,,HL,,HL2323A, B, C, D, 【答案】D 考点:圆周运动,平抛运动 【名师点睛】首先要把握住环运动到A点时,小球开始做圆周运动,此时需要对小球受力分析,分析计算出细绳受到的拉力大小,可以判断出细绳断开,小球做平抛运动,然后根据平抛运动规律计算小球运动到墙面时平抛的水平距离为L,再计算小球平抛运动的竖直位移,就可以计算出小球与墙面碰撞时距离地面的高度了。 5,“轨道康复号”是“垃圾卫星”的救星,它可在太空中给“垃圾卫星”补充能量,延长卫星的使用寿命。一颗 “轨道康复号”正在地球赤道平面内的圆周轨道上运行,运行方向与地球自转方向一致。轨道半径为地球同 1 4步卫星轨道半径的,则 A,“轨道康复号”相对于地球赤道上的城市向西运动 B,“轨道康复号”的加速度是地球同步卫星加速度的4倍 2 4C,“轨道康复号”的周期是地球同步卫星周期的倍 1 7D,“轨道康复号”每经过天就会在赤道同一城市的正上方出现 【答案】D 考点:万有引力定律、同步卫星 【名师点睛】由于地球、同步卫星和“轨道康复号”都自东向西运动,但“轨道康复号”的运动速度较快,可以判 2Mm4,Gmamr,,22rT断选项A,至于选项B、C可以根据万有引力定律关系,即进行分析和比较得出结论, 2,,，选项D的分析需要注意“轨道康复号”的速度较大,在相同时间t内,运动了角度正好在地球同一城 ,市正上方,此时地球转动角度为。 6,汽车以恒定功率P由静止出发,沿平直路面行驶,最大速度为v,则下列判断正确的是 A.汽车先做匀加速运动,最后做匀速运动 B.汽车先做加速度越来越大的加速运动,最后做匀速运动 C.汽车先做加速度越来越小的加速运动,最后做匀速运动 D.汽车先做加速运动,再做减速运动,最后做匀速运动 【答案】C 考点:机车启动、牛顿第二定律、物体的平衡条件 PF,v【名师点睛】本题先抓住机车启动过程中功率P保持不变,在启动过程中速度是增加的,可以通过分 Ff,a,m析出机车牵引力大小的变化,再通过牛顿第二定律可以分析机车加速度的变化情况,机车牵引力 Ff,在减小过程中只会减小到大小等于阻力,即,以后将不再减小,此时机车速度达到最大。 7,复印机的核心部件是有机光导体鼓,它是在一个金属圆柱 表 关于同志近三年现实表现材料材料类招标技术评分表图表与交易pdf视力表打印pdf用图表说话 pdf 面涂覆一层有机光导体OPC，没有光照时OPC是绝缘体,受到光照时变成导体，制成的,复印机的基本工作过程是，1，在暗处的有机光导体鼓和一个金属丝电极之间加上高电压,金属丝附近空气发生电离,使转动鼓体均匀带上正电,，2，文件反射的强光通 潜像”,，3，鼓体转动经过墨粉盒,潜像将带相反电荷的墨粉吸引到过光学系统在鼓上成像,鼓上形成 “静电 鼓体带电部位,，4，鼓体继续转动经过复印纸,带电复印纸又将墨粉吸引到复印纸上,以下说法正确的是 A,步骤，1，中发生了静电感应现象 B,步骤，2，中发生了局部导电现象 C,步骤，3，中发生了静电平衡现象 D,步骤，4，中发生了静电屏蔽现象 【答案】B 【解析】 试题分析:在暗处的有机光导体鼓和一个金属丝电极之间加上高电压,金属丝附近空气发生电离,这是将空气电离的现象,选项A错误,鼓体转动经过墨粉盒,潜像将带相反电荷的墨粉吸引到鼓体带电部位,这是异种电荷相互吸引现象,选项C错误,鼓体继续转动经过复印纸,带电复印纸又将墨粉吸引到复印纸上,这是异种电荷相互吸引现象,故选项D错误,只有选项B正确。 考点:静电复印 【名师点睛】本题需要对课本内容熟悉,熟读静电复印现象。 8,如图所示,在两个等量负点电荷形成的电场中,o点是两电荷连线的中点, a、b是该线上的两点,c、d是两电荷连线中垂线上的两点,acbd为一菱形。若将一负粒子，不计重力且不影响原电场分布，从c点匀速移动到d点,电场强度用E,电势用φ来表示。则下列说法正确的是 ,,,,acooA.一定小于,一定大于 B.E一定大于E,E一定大于E aooc C.负粒子的电势能一定先增大后减小 D.施加在负粒子上的外力一定先减小后增 【答案】C 考点:静电场、电场线、等量同种电荷电场分别 【名师点睛】本题在分析前应该熟悉等量同种负电荷的电场线和等势线分布图,这样可以很高的判断连线上和中垂线上的电场强度和电势的大小比较,电势能大小的分析可以根据电场力做功与电势能关系进行分析,电场力做正功电势能减小,电场力做负功电势能增加,中垂线上的电场线分布特征是选项D分析的重要依据。 ,如图所示,一质量为m、电荷量为q的小球在电场强度为E、区域足够大的匀强电场中,以初速度v9沿0ON在竖直面内做匀变速直线运动,ON与水平面的夹角为30?,重力加速度为g,且mg,qE,选取初始位置O的电势为零,则 A,电场方向竖直向上 B,小球运动的加速度大小为2g C,小球上升的最大高度为 D,小球电势能的最大值为 【答案】D 考点:牛顿第二定律、匀变速直线运动规律、电场力做功与电势能变化关系 【名师点睛】首先需要根据题目和图示判断电场力与合力方向,合力沿ON向下,电场力与ON成60度角斜向左上,然后分析带电小球出发后电场力和重力均做负功,自然可以分析出选项A和B,至于选项C和选项D可以根据竖直上抛运动和动能定理进行分析。 电路中两个不同电源的U-I图像,下列判断正确的是 10,图为两个不同闭合 A,电动势E,E,发生短路时的电流I< I 1212 B,电动势E=E,内阻r,r 1212 C,电动势E,E,内阻 r，r 1212 D,当两电源的工作电流变化量相同时,电源2的路端电压变化大 【答案】D 考点:电动势、内阻、电源外电压与电流关系图 【名师点睛】在电源外电压与电流关系图线中,图线与纵坐标交点表示断路状态,此时电压为电源电动势大 UE,小,,图线与横坐标交点表示短路状态,此时电流大小为短路电流,图线的斜率大小表示电源内阻大 ,Urk,,,I小,即。 11,如图所示为洛伦兹力演示仪的结构示意图。由电子枪产生电子束,玻璃泡内充有稀薄的气体,在电子束 够显示电子的径迹。前后两个励磁线圈之间产生匀强磁场,磁场方向与两个线圈中心的连线平行。通过时能 电子速度的大小和磁感应强度可以分别通过电子枪的加速电压U和励磁线圈的电流I来调节。适当调节U和I,玻璃泡中就会出现电子束的圆形径迹。下列调节方式中,一定能让圆形径迹半径增大的是 A,同时增大U和I B,同时减小U和I C,增大U,减小I D,减小U,增大I 【答案】C 【解析】 12qUmv,2试题分析:据题意,电子束在加速电压作用下,据动能定理有:,电子束进入磁场后,励磁线圈提 212mUvR,qvBm,BqR供了磁场,在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动,则有:,两个式子联立得到:,当励磁线圈中电流越大,产生的磁感应强度越强,因此可以分析出,电流I越小,加速电压越大,则电子束的运动半径越大,故选项C正确。 考点:洛伦兹力、圆周运动、动能定理 12qUmv,2【名师点睛】本题首先确定电子束在加速电压作用下从电子枪发生出来,有:,且电子在励磁线圈 2vqvBm,R提供的磁场内做匀速圆周运动,有:,还有知道磁感应强度随励磁线圈中电路的增加而变强,继 12mUR,Bq而通过可以分析出正确选项。 12. 利用霍尔效应制作的霍尔元件,广泛应用于测量和自动控制等领域.下图是霍尔元件的工作原理示意图,磁感应强度垂直于霍尔元件的工作面向下,通入图示方向的电流I,CD两侧面会形成电势差U.下列说法CD中正确的是 A.电势差U仅与 材料 关于××同志的政审材料调查表环保先进个人材料国家普通话测试材料农民专业合作社注销四查四问剖析材料 有关 CD B.若霍尔元件的载流子是自由电子,则电势差U<0 CD C.仅增大磁感应强度时,电势差U可能不变 CD D.在测定地球赤道上方的地磁场强弱时,元件的工作面应保持水平 【答案】B 考点:力的平衡,霍尔元件,左手定则,电势差,洛伦兹力 qEqvB,【名师点睛】首先要清楚电流向里时运动电荷保持直线运动,所以左右两侧受力平衡,即,通过计 UdvB,UCDCD算得到,据此式可以分析影响的因素,如果载流子为自由电子,根据其受到洛伦兹力与电场 UCD力平衡关系可以分析出CD内电场方向,进而根据沿电场方向电势降低可以判断的正负,地球赤道上方地磁场沿水平方向,而磁场需要与霍尔元件工作面垂直。 13. 条光滑的平行导轨水平放置,导轨的右端连接一阻值为R的定值电阻,将整个装置放在竖直向下的匀强磁场中,现将一导体棒置于O点,从某时刻起,在一外力的作用下由静止开始向左做匀加速直线运动,导体棒先后通过M和N两点,其中OM,MN.已知导体棒与导轨接触良好,始终与导轨垂直,且除定值电阻外其余部分电阻均不计,则下列说法错误的是 A,导体棒在M、N两点时,所受安培力的大小之比为1? B,导体棒在M、N两点时,外力F的大小之比为1? C,导体棒在M、N两点时,电路的电功率之比为1?2 D,从O到M和从M到N的过程中流过电阻R的电荷量之比为1?1 【答案】B 考点:电磁感应、牛顿第二定律、安培力、功率、电荷量 22BLFBILv,,2安vax,2R【名师点睛】本题需要先抓住导体棒做匀加速直线运动,可以根据和导出安培力 222BLv2PIR,,R表达式,再求出安培力之比,通过功率导出式找到功率与速度关系,进而求出功率之比,根 ,,,BLvBLvxBL,,,,qIttx,RRRv据电荷量导出关系,找到电荷量与位移关系,进而求出电荷量之比。 二、选择题II(本题共3小题,每小题2分,共6分。每小题列出的四个备选项中至少有一个是符合题目要求的。全部选对的得2分,选对但不全的得1分,有选错的得0分) 14. 如图所示,一个铁球从竖立在地面上的轻弹簧正上方某处自由下落,在A点接触弹簧后将弹簧压缩,到B点物体的速度为零,然后被弹回,下列说法中正确的是 A,物体从A下落到B的过程中,动能不断减小 B,物体从B上升到A的过程中,动能不断增大 C,物体从A下落到B以及从B上升到A的过程中,动能都是先变大后变小 D,整个过程中,物体、地球与弹簧组成的系统机械能守恒 【答案】CD 考点:机械能守恒定律、牛顿运动定律 【名师点睛】分析本题最关键的是先要把小球下落过程中速度变化情况分析清楚,从A到平衡位置过程,弹 mgkxma,,mgkx,簧弹力小于重力,,小球向下做加速度减小的加速运动,在平衡位置有:,此时小球速 kxmgma,,度最大,从平衡位置到B点,弹力大于重力,有:,小球向下做加速度增加的减速运动,从B到A过程与此相反。 0.3kg30:15,如图甲所示,粗糙斜面与水平面的夹角为,质量为的小物块静止在A点,现有一沿斜面向上的恒定推力F作用在小物块上,作用一段时间后撤去推力F,小物块能达到的最高位置为C点,小物块从A 210/mgsvt,到C的图像如图乙所示,取,则下列说法正确的是 A,小物块到C点后将沿斜面下滑 1 3B,小物块加速时的加速度是减速时加速度的 3 3C,小物块与斜面间的动摩擦因数为 4ND,推力F的大小为 【答案】BCD 考点:牛顿第二定律、速度-时间图像,物体的平衡条件 mg,fmg=sin30,静2【名师点睛】本题首先要清楚物块静止时受到的静摩擦力与重力分力平衡,即,在加速 ,Ffmgma,,-sin301阶段受到推力、滑动摩擦力、支持力和重力,可以根据牛顿第二定律建立关系式:,在 ,fmgma+sin30,2减速阶段受到滑动摩擦力和重力已经支持力,根据牛顿第二定律可以建立:。 1 4图所示,AOB为一边界为16. 如圆的匀强磁场,O点为圆心,D点为边界OB的中点,C点为边界上一点,且CD?AO。现有两个完全相同的带电粒子以相同的速度射入磁场(不计重力及粒子间的相互作用),其中粒子1从A点正对圆心射入,恰从B点射出,粒子2从C点沿CD射入,从某点离开磁场,则可判断 A,粒子2在B、C之间某点射出磁场 B,粒子2必在B点射出磁场 C,粒子1与粒子2在磁场中的运行时间之比为3?2 D,粒子1与粒子2的速度偏转角度应相同 【答案】BC 考点:洛伦兹力,左手定则 【名师点睛】本题结题的关键是抓住粒子1的运动轨迹,根据结论:沿圆形磁场半径射入的带电粒子一定沿半径射出,所以粒子1轨迹与互ACB对称,同理粒子2轨迹与弧CB对称,根据对称性可以很好的分析粒子2出射点以及两个粒子的速度偏转角。 非选择题部分 共7小题,共55分) 三、非选择题(本题 17,如图所示,，1，电流表读数为 ，2，电压表读数为 【答案】2.40A 11.5V 考点:电流表和电压表读数 【名师点睛】首先确定所读电表属于电压表还是电流表,主要通过字母A或V进行确定,然后需要确定电表的量程,主要通过接线柱进行确定,再进行分析最小刻度,进而选择估读方法:十分之一估读法、五分之一估读法和二分之一估读法。 18,在测定一节干电池电动势和内电阻的分组实验中,实验1组的同学利用图甲所示电路,选用下列器材进行了规范的实验操作。 A.干电池，内电阻小于1.0Ω，B.电流表，量程0，0.6A,内阻R=1Ω， A C.电压表，量程0，3V,内阻约为20KΩ，D.滑动变阻器，0，20Ω,允许最大电流2A， E,开关、导线若干 ,把得到的数据记录后用“”在图乙所示的“U—I”图象中进行描点。在小组互评环节,实验2组的同学在实验 ，器材没有变化的情况下对1组的实验 方案 气瓶 现场处置方案 .pdf气瓶 现场处置方案 .doc见习基地管理方案.doc关于群访事件的化解方案建筑工地扬尘治理专项方案下载 进行了改进后再次进行了实验,并把实验数据用“”也描在图乙所示的“U—I”图象中。请完成以下对1组实验方案的评价及改进。 ，1，从实验原理上来看,用图甲电路进行实验,误差主要来自:________ __________。 ，2，从所得实验数据来看,不足之处是:_____ ____ ，3，将给出的改进方案电路图画在方框中___ ___ ，4，根据改进后所得的实验数据作出图线,由图线得到:电动势E=____ ____,内阻r=______ ____。，保留3位有效数字， 【答案】，1，电压表的分流,，2，路端电压的变化范围太小,内阻太小,，3， ，4，1.49-1.51, 0.49-0.51 考点:电源电动势和内阻测量 2RRR,AV【名师点睛】在该实验电路图中,由于电流表内接,,可以确定电压表有分流作用较大,电流表应 2RRR,AV该外接,如果出现,如果电流表外接,电流表分压作用较大,电流表应该改为内接,电动势大小等 ,Ur,,I于图像与纵坐标交点,电源内阻大小等于图线斜率大小,即。 19,如图所示,已知半径分别为R和r的甲、乙两个光滑的圆形轨道安置在同一竖直平面内,甲轨道左侧又连接一个光滑的轨道,两圆形轨道之间由一条水平轨道CD相连,一小球自某一高度由静止滑下,先滑过甲轨道,通过动摩擦因数为μ的CD段,又滑过乙轨道,最后离开.若小球在两圆轨道的最高点对轨道压力都恰好为零,试求: ?释放小球的高度h, ?水平CD段的长度。 5()Rr, 2,【答案】，1，2.5R，2， 2v3mgm,r，2，小球在乙轨道最高点的向心力由重力提供: 1122mvmvmgr,，(2)2322小球在最低点与最高点机械能守恒: vgr,52小球在最低点速度为: 1122mgLmvmv,,,,2022水平轨道CD长度据动能定理有: 5()Rr,L,2, 考点:圆周运动、机械能守恒定律、动能定理 【名师点睛】根据小球在最高点时对轨道压力为零,可以确定只有重力提供向心力,由于轨道光滑,在轨道内 运动过程中机械能守恒,小球从释放点到最低点也是机械能守恒,小球从甲轨道最低点运动到乙轨道最低点过程中,只有摩擦力做负功,根据动能定理,摩擦力做的功等于动能变化。 -220. 在真空中,半径r=3×10m的圆形区域内有匀强磁场,方向如图所示,磁感应强度B=0.2T,一个带正电 68的粒子以初速度v=1×10m/s从磁场边界上直径AB的一端A射入磁场,已知该粒子的比荷q/m=1×10 0 C/kg,不计粒子重力。 (1)求粒子在磁场中做匀速圆周运动的半径, (2)若要使粒子飞离磁场时有最大偏转角,求入射时v与AB的夹角θ及粒子的最大偏转角。 0 2,【答案】(1)5×10 m (2)37? 74? ,速度偏转角与轨迹圆心角相等,设偏转角为, ,,,,,74 考点:洛伦兹力、圆周运动 【名师点睛】本题关键是找到粒子有最大速度偏转角,需要从B点射出圆形磁场,然后根据通过初速度和末 ,=,2速度方向作垂线,交点为粒子圆形轨道的圆心,找到圆心,分析初速度与圆心角的关系为:,再根据三角函数关系可以求出初速度与AB的夹角,通过几何关系分析速度偏向角与轨道圆心角大小相等。 21,橡皮筋也像弹簧一样,在弹性限度内伸长量x与弹力F成正比,即F=kx,k的值与橡皮筋的原长L、横 SkY,L截面积S有关,理论与实验都证明,其中Y是由材料决定的常数,材料力学中称之为杨氏模量。 ，1，在国际单位中,杨氏模量Y的单位应为 2A,N B,m C,N/m D,N/m ，2，某同学通过实验测得该橡皮筋的一些数据,做出了外力F与伸长量x之间的关系图像如图所示,由图像可求得该橡皮筋的劲度系数k=___ __ N/m 2mm，3，若橡皮条的原长为10.0cm,面积为1.0,则该橡皮筋的杨氏模量Y的大小是__ __，只填数字,不填单位,结果保留两位有效数字， 27510/，Nm5.010，【答案】，1，D，2，，3， 考点:胡克定律、杨氏模量 ,,:3722,如图所示,两足够长的平行光滑的金属导轨MN、PQ相距为L,导轨平面与水平面的夹角,导轨电阻不计,整个装置处于垂直于导轨平面向上的匀强磁场中。长为L的金属棒垂直于MN、PQ放 置在导轨上,且始终与导轨接触良好,金属棒的质量m、电阻为R。两金属导轨的上端连接一个电阻,其阻值也为R。现闭合开关K ,给金属棒施加一个方向垂直于杆且平行于导轨平面向上的、大小为F,2mg的恒力,使金属棒由静止开始运动,若金属棒上滑距离为s时速度恰达到最大,最大速度v。(重力m加速度为g, sin37?=0.6,cos37?=0.8)求: ，1，求金属棒刚开始运动时加速度大小, ，2，求金属棒由静止开始上滑2s的过程中,金属棒上产生的电热Q1 121.4Qmgsmv,,1m4【答案】，1，1.4g,，2， 由于电热与电阻成正比,则金属棒上产生热量为: Q12Qmvmgs,,,1.41m24 考点:牛顿第二定律、动能定理、能量守恒定律 23,如图所示,在xOy坐标系中,坐标原点O处有一点状的放射源,它向xOy平面内的x轴上方各个方向发射α粒子,α粒子的速度大小均为v,在0