江蘇省宿遷市洋河實驗學校高一下學期期末考試物理要點

1、宿遷市洋河實驗學校2013-2014學年度高一下學期期末調(diào)研測試物理試題2014.6一、選擇題1. 一個半徑較大的透明玻璃球體，截去上面的一大部分，然后將這一部分放到標準的水平面上，現(xiàn)讓單色光豎直射向截面，如圖所示，在反射光中看到的是()A.平行的亮暗相間的干涉條紋B.環(huán)形的亮暗相間的干涉條紋C.只能看到同顏色的平行反射光D. 一片黑暗【答案】B【解析】玻璃球體的下表面和水平面的反射光是兩束相關光，頻率相同，發(fā)生干涉現(xiàn)象，干涉條紋是亮暗相間的同心圓環(huán)，故 B正確。故選B?！究键c】光的干涉2 .公路交通條例規(guī)定：禁止彎道超車。因為容易滑出公路或與對面的汽車發(fā)生碰撞。但在F1方程式賽車中，卻經(jīng)常出

2、現(xiàn)彎道超車的現(xiàn)象。如果某賽車在順時針加速超越前車。則該車所受的合外力的圖示可能為( )【答案】C【解析】賽車做的是曲線運動，賽車受到的合力應該指向運動軌跡彎曲的內(nèi)側，由于賽車在順時針加速超越前車，速度在增大，所以合力與賽車的速度方向的夾角要小于90。，故C正確。故選Co【考點】向心力；物體做曲線運動的條件3 .如圖是一個水平放置的玻璃圓環(huán)型小槽，槽內(nèi)光滑，槽寬度和深度處處相同，現(xiàn)將一直徑略小于槽寬10,與此同時，有一變化的磁場垂直穿過玻璃環(huán)的帶正電小球放在槽中，讓它受絕緣棒打擊后獲得一初速形小槽外徑所對應的圓面積。磁感應強度的大小跟時間成正比。其方向豎直向下。設小球在運動過程中電荷量不變，那么

3、()A.小球受到的向心力大小不變B .小球受到的向心力大小不斷增加C.磁場力對小球做了功D.小球受到的磁場力大小與時間成正比【答案】B【解析】AB、由麥克斯韋電磁場理論可知，磁感應強度隨時間均勻增大時，將產(chǎn)生一個恒定的感應電場，由楞次定律可知，此電場方向與小球初速度方向相同，由于小球帶正電，電場力對小球做正功，小球的速度逐漸增大，向心力也隨著增大，故 A錯誤B正確；C、洛倫茲力對運動電荷不做功，故 C錯誤;D、帶電小球所受洛倫茲力 F=qBv,隨著速度的增大而增大,同時B與t成正比，則F與t不成正比，故D錯誤。故選B?！究键c】麥克斯韋電磁場理論4. 一顆人造地球衛(wèi)星的速度等于第一宇宙速度，每晝

4、夜繞地球轉n周，地球半徑為 R.現(xiàn)欲發(fā)射一顆地球同步衛(wèi)星，它應定點于赤道上空的高度是32A. (n2 T) R B. n3 R【答案】D( )32C. n2 R D. (n3 1) R地球衛(wèi)星的速度等于第一宇宙速度，則其軌道半徑即為R,而通過一晝夜轉過的圈數(shù)為n周，所以其運動的周期 To為：Tn由開普靳第三定律可得:33R3(R+H)n2解得：H =(n3 -1) R 。故選Do【考點】萬有引力定律；開普勒行星運動定律5 .電子以初速vo垂直進入磁感應強度為 B的勻強磁場中，則A.磁場對電子的作用力始終不變B.磁場對電子的作用力始終不作功C.電子的動量始終不變D.電子的動能始終不變【答案】BD

5、【解析】A、電子以初速度 v0垂直進入磁感應強度為 B的勻強磁場中，電子在洛倫茲力的作用下做勻速圓周運動，速度的方向是時刻發(fā)生變化的.所以磁場對電子的作用力方向是變化的，故A錯誤；B、洛倫茲力的方向始終與速度的方向垂直，所以洛倫茲力只是改變了電子的運動方向，并沒有改變速度的大小，磁場不會對電子做功，故 B正確；C、電子以初速度 vo垂直進入磁感應強度為 B的勻強磁場中，電子在洛倫茲力的作用下做勻速圓周運動，速度的方向是時刻發(fā)生變化的.電子的動量也時刻發(fā)生變化，故 C錯誤；D、電子在磁場中做勻速圓周運動，速度的大小不變，所以電子的動能就沒有變化，故D正確。故選BD?！究键c】帶電粒子在勻強磁場中的

6、運動；洛侖茲力6 .如圖為質(zhì)量相等的兩個質(zhì)點A、B在同一直線上運動的 v-t圖象。由圖可知三力方A .在t2時刻兩個質(zhì)點在同一位置B.在0- ti時間內(nèi)質(zhì)點B比質(zhì)點A加速度大C.在0- t2時間內(nèi)質(zhì)點B比質(zhì)點A位移大D,在0-t2時間內(nèi)合外力對質(zhì)點 B做的功比對質(zhì)點 A做的功多【答案】BC【解析】A、在t2時刻，兩圖線圍成的面積不等，則兩個質(zhì)點不在同一位置，故 A錯誤；B、在0-ti時間內(nèi)，質(zhì)點B圖線的斜率大于質(zhì)點 A圖線的斜率，則質(zhì)點 B的加速度大于 A的加速度，故B 正確；C、在0-t2時間內(nèi)質(zhì)點B圍成的面積大于質(zhì)點 A圍成的面積，則質(zhì)點 B的位移大于質(zhì)點 A的位移，故C 正確；D錯誤。D

7、、在0-t2時間內(nèi)，A、B兩質(zhì)點動能的變化量相等，則合外力做功相等，故 故選BC?！究键c】勻變速直線運動的速度時間圖像7 .圖所示是A、B兩個質(zhì)點運動的位移一時間圖象，由圖象可知（）A . t =0時刻質(zhì)點A在質(zhì)點B的前面8 .質(zhì)點B運動的速度始終比質(zhì)點 A運動的速度大C.在t = 3s前質(zhì)點A的速度一直大于質(zhì)點 B的速度D.質(zhì)點B在t = 3s時追上質(zhì)點A ,然后運動到質(zhì)點 A前面【答案】AD【解析】A、由圖象可知：出發(fā)時 A在B的前面，所以不是同地點出發(fā)，故 A正確；BC、位移-時間圖象斜率表示速度，由圖象可知：在第一秒內(nèi)速度相同，故 B錯誤C錯誤；D、由圖象可知：在t=3s時縱坐標相等，

8、兩物體相遇，之后 B在前，故D正確。故選AD。【考點】勻變速直線運動的圖像8.如圖所示，水面下的光源 S向水面A點發(fā)射一束光線，反射光線為c,折射光線分成a、b兩束，則A.在水中a光的速度比b光的速度小8 .由于色散現(xiàn)象，經(jīng)水面反射的光線c也可能分為兩束C.用同一雙縫干涉實驗裝置分別以a、b光做實驗，a光的干涉條紋間距大于 b光的干涉條紋間距D.若保持入射點 A位置不變，將入射光線順時針旋轉，則從水面上方觀察，a光先消失【答案】C【解析】cA、由圖看出水對a光的偏折角小于對b光的偏折角，由折射定律分析可知，水對b光的折射率較大，由v=一n分析得知，a光水中速度較大，故 A錯誤;B、根據(jù)反射定律

9、可知，所有反射光的反射角都相同，所以反射的光線c不能分為兩束，故 B錯誤；C、由上可知，水對 b光的折射率較大，對 a光的折射率較小，則 a光的波長較大，b光的波長較小，根據(jù)干涉條紋的間距與波長成正比，則同樣條件下a光的干涉條紋間距大于 b光的干涉條紋間距，故 C正確；1D、由臨界角公式sinC='分析可知，a光的臨界角大于b光的臨界角，當將入射光線順時針旋轉時，入射角增大，則b光的入射角先達到臨界角，則b光先發(fā)生全反射，從光水面上方消失，故D錯誤。故選Co【考點】光的折射定律；顏色及光的色散；雙縫干涉的條紋間距與波長的關系9 .質(zhì)量為4103kg的汽車在水平公路上行駛的過程中，保持發(fā)

10、動機的輸出功率為30kW,且所受阻力不變，所能達到的最大速度為 15m/s。當汽車的速度為10m/s時（）A.汽車所受阻力大小為 4000N B.汽車所受阻力大小為 3000NC.汽車的加速度為 0.25m/s2 D.汽車的加速度為 0.75m/s2【答案】C【解析】AB、發(fā)動機的輸出功率為 30kW,所能達到的最大速度為 15m/s,達到最大速度后是勻速運動，由平衡條P- P 30 103W 件，有：F=f、其中：f = 一 ,故汽車所受阻力大小為：f= =2000N ,故AB錯誤;vmVm15m/s,一P 30M10W-4CD、當汽車的速度為10m/s,牽引力為：F1 = =3000N ,

11、根據(jù)牛頓第二定律，有：v110m /sE-f = ma,解得：a = S=*2則"25m/s2,故 c 正確，D 錯誤。 m 4000故選Co【考點】功率、平均功率和瞬時功率；牛頓第二定律10 .如圖所示，質(zhì)量為 m的木塊A放在質(zhì)量為M的三角形斜劈上，現(xiàn)用大小均為 F、方向相反的力分別 推A和B,它們均靜止不動，則A . A與B之間一定存在摩擦力B. B與地之間一定存在摩擦力C. B對A的支持力一定小于 mgD.地面對B的支持力的大小一定等于（M+m ） g【答案】D【解析】BD、對A、B整體受力分析，如圖 1,受到重力（M+m） g、支持力N和已知的兩個推力，對于整體，由于兩個推力

12、剛好平衡，故整體與地面間沒有摩擦力；根據(jù)共點力平衡條件，有N= （M+m） g,故B錯誤，D正確；AC、再對物體A受力分析，受重力 mg、已知的推力F、斜面體B對A的支持力N'和摩擦力f,當推力F沿斜面分量大于重力的下滑分量時，摩擦力的方向沿斜面向下，如圖 2;當推力F沿斜面分量小于重力的下滑分量時，摩擦力的方向沿斜面向上，如圖 3;當推力F沿斜面分量等于重力的下滑分量時，摩擦力為零，如圖4;根據(jù)共點力平衡的條件，運用正交分解法，可以得到：N' = mgcos8+Fsine ,故AC錯誤。故選Do【考點】共點力平衡的條件及其應用；力的合成與分解的運用11 .同步衛(wèi)星離地心距離為

13、r,運行速率為vi,加速度為ai,地球赤道上的物體隨地球自轉的向心加速度為a2,第一宇宙速度為 V2,地球的半徑為R,則下列結果正確的是（）A.曳a2B亙a2v1 _ rv2 RD.XV2【答案】AD【解析】2AB、同步衛(wèi)星和地球自轉的周期相同，運行的角速度亦相等，則根據(jù)向心加速度a=8 r可知，同步衛(wèi)星的加速度與地球赤道上物體隨地球自轉的向心加速度之比等于半徑比，即曳=工，故A正確，B錯誤;a2 R兩者CD、同步衛(wèi)星繞地于做勻速圓周運動，第一宇宙速度是近地軌道上繞地球做勻速圓周運動的線速度,都滿足萬有引力提供圓周運動的向心力即:mM =2 v m一r由此可得：v=GM所以有：2l=V2 GM

14、 RR ,故C錯誤，D正確。故選AD ?！究键c】人造衛(wèi)星的加速度、周期和軌道的關系；萬有引力定律及其應用12 .在單擺振動過程中，當擺球到達最高點時，下列說法正確的是（A.速度最小，勢能最大，繩中拉力最大B.速度最大，勢能最小,繩中拉力最小C.速度最小，勢能最大，繩中拉力最小D.速度最大，勢能最小,繩中拉力最大在單擺振動過程中，當擺球到達最高點時，速度為0,即最小;因為是最高點所以重力勢能最大，即勢能最大;設繩子偏離豎直方向的角度為0,如圖:2根據(jù)牛頓第二定律：T - mgcos日=m J得:丫2T 二 mgcos 二 m 一。越小，v越大則繩子拉力越大，而此時最高點,。最大，v最小，故繩子拉

15、力最小，故 C正確。故選Co【考點】牛頓第二定律;13 .下列物品中不必用到磁性材料的是（A. DVD碟片B.計算機上的磁盤C.電話卡D.喝水用的搪瓷杯子【解析】定義：磁性材料是指由過渡元素鐵、鉆、銀及其合金等能夠直接或間接產(chǎn)生磁性的物質(zhì)。A正確;A、DVD光盤的使用和制作原料中，不需要用到磁性材料，故B錯誤;B、硬盤、計算機中的存儲軟盤采用磁電記錄方式，用的是磁性材料，故C、電話卡常見的有磁卡、IC卡和200卡等，其中磁卡要用到磁性材料，故 C錯誤；D、搪瓷杯子用鐵皮、搪瓷釉料（底釉加面釉）、粘土等制成，其中鐵是磁性材料，故 D錯誤。故選A?！究键c】磁性材料14 .如圖L是自感系數(shù)很大的線圈

16、，但其自身的電阻幾乎為零.A和B是兩個完全相同的燈泡.（）A.當開關由閉合變?yōu)閿嚅_時,A、B均立即熄滅B.當開關由閉合變?yōu)閿嚅_時，A、B均由亮變暗，直至熄滅C.當開關由斷開變?yōu)殚]合時，A立即變亮且亮度不變， B由亮變暗，直到不亮D.當開關由斷開變?yōu)殚]合時，A由亮變?yōu)楦粒珺由亮變暗，直到不亮【答案】D【解析】AB、當開關由閉合變?yōu)閿嚅_時,A燈沒有電壓，立即熄滅.當電流減小，線圈產(chǎn)生自感電動勢，相當于電源，給B燈提供短暫的電流，使B燈過一會兒熄滅，故 AB錯誤;CD、當開關由斷開變?yōu)殚]合時，兩燈立即有電壓，同時發(fā)光，由于線圈的電阻很小,B燈被線圈短路，由亮變暗，直到不亮，故 C錯誤D正確。故選D

17、o【考點】電容器和電感器對交變電流的導通和阻礙作用15. 一個做簡諧運動的物體，每次有相同的速度時，下列說法正確的是（）A.具有相同的加速度C.具有相同的回復力【答案】BB.具有相同的勢能D.具有相同的位移【解析】kxAD、根據(jù)簡諧運動的特征：a = -m,若物體兩次通過同一位置， 則位移一定相同，加速度也一定相同.但如果是處于對稱的位置，則位移方向不同，故加速度的方向不同，故 AD錯誤；B、勢能是標量，經(jīng)過同一位置時或者關于平衡位置對稱的位置，彈簧形變量相同故彈性勢能相同，即勢 能相同，故B正確；C、力時矢量，每次有相同的速度時，所處的位置如果是關于平衡位置對稱的位置，則回復力的方向相反,故

18、C錯誤。故選Bo【考點】簡諧運動16 .如圖所示，ABCD是一個盆式容器，盆內(nèi)側壁與盆底BC的連接處都是一段與 BC相切的圓弧，BC為水平的，其距離 d = 0.5 m,盆邊緣的高度為 h=0.3 m.在A處放一個質(zhì)量為 m的小物塊并讓其從靜止出發(fā)下滑.已知盆內(nèi)側壁是光滑的，而BC面與小物塊間的動摩擦因數(shù)為科=0.1.小物塊在盆內(nèi)來回滑動，最后停下來，則停的地點到 B的距離為（）A. 0.5 mCC. 0.10 mD. 0B. 0.25 m設小物塊間在 BC面上運動的總路程為 S.物塊在BC面上所受的滑動摩擦力大小始終為f=Nmg,對小物塊從開始運動到停止運動的整個過程進行研究,由動能定理得

19、mgh 一 NmgS = 0 ,得S =1=3m ,而d=0.50m,則S=6d,所以小物塊在 BC面上來回運動共 6次，最后停在B點。故選Do【考點】動能定理17 .在如圖所示的電路中，電壓U恒定不變，所有電阻的阻值都是R,此時帶電粒子P靜止在平行板電容器之間,當開關S接通時，帶電粒子P將（）UA.向下做加速運動B.向上做加速運動C.仍然保持靜止狀態(tài)D.都有可能由圖可知，當S斷開時，左側兩電阻串聯(lián)，則電容器兩端的電壓為U;帶電粒子P靜止在平行板電容器2之間，受力平衡，故 mg = Eq = Uq ；2d3RU R U當開關閉合后，電路中總電阻為3R;電容器兩端的電壓為：二 R =U；則此時電

20、荷受到的電場力小23R 2 3萬于重力，故電荷將向下加速運動。故選A?！究键c】閉合電路的歐姆定律；電容器18.如圖所示，在場強大小為 E的勻強電場中，一根不可伸長的絕緣細線一端拴一個質(zhì)量為m、電荷量為q的帶負電小球，另一端固定在。點.把小球拉到使細線水平的位置A,然后將小球由靜止釋放，小球沿弧線運動到細線與水平成0= 60。的位置B時速度為零.以下說法正確的是 （）A.小球重力與電場力的關系是mg= 33 EqB.小球重力與電場力的關系是Eq= J3mgC.小球在B點時，細線拉力為 Ft= J3mgD.小球在B點時，細線拉力為 FT=2Eq【答案】BC【解析】AB、類比單擺，根據(jù)對稱性可知，小

21、球處在弧線中點位置時切線方向合力為零，此時細線與水平方向夾角恰為30。，根據(jù)三角函數(shù)關系可得： qEsin30 = mgcos301化簡可知Eq = J3mg，故A錯誤B正確;CD、小球到達B點時速度為零，則沿細線方向合力為零，此時對小球受力分析可知：Fy =qEcos600+mgsin60口，故細線拉力 FT =J3mg ,故 C 正確 D 錯誤。故選BC?！究键c】勻強電場中電勢差和電場強度的關系19.在勻強磁場中有一個原來靜止的碳14原子核，它放射出的粒子與反沖核的徑跡是兩個內(nèi)切的圓，兩圓的直徑之比為 7: 1,如圖所示，那么碳 14的衰變方程為 （）B. 6C-* 2He + Be140

22、14D.己十-N14、0 HA.3+ JB14= 214C. scf 1H+ 5B【答案】D【解析】原子核衰變后放出的粒子與新核所受的洛倫茲力方向相同，而兩者速度方向相反，則知兩者的電性相反，新核帶正電，則放出的必定是3粒子，發(fā)生了 3衰變，3粒子的符號是01e,根據(jù)質(zhì)量數(shù)守恒和電荷數(shù)守恒得知：核反應方程式為：64c->01e+74 n ,故d正確。故選D?！究键c】帶電粒子在勻強磁場中的運動；原子核衰變及半衰期20.質(zhì)量為m的物體，以速度v離開高為H的桌子，當它落到距地面高為 h的A點時速度為va,在不計空氣阻力的情況下，以地面為參考面，下列說法不正確的是A .物體在A點具有的重力勢能為

23、 mghB.物體在A點具有的機械能是 工mV2A+mgh2C.物體在A點具有的動能是 mg(Hh)D.物體落地瞬間具有的機械能是1m V 2 +mgh2【答案】CD【解析】A、以地面為參考面，物體在A點具有的重力勢能為 Ep =mgh,故A正確;1 2B、物體在A點具有的機械能為：E = mvA +mgh ,故B正確；212, ,_C、物體在運動的過程中，根據(jù)機械能守恒有：mv +mgH =mgh +Eka ,21 2則有：EKA=mg(Hh)+-mv，故C錯誤；2D、物體在運動的過程中機械能守恒，物體落地瞬間具有的機械能等于在桌面上的機械能，為：12E = mv +mgH ,故 D 錯誤。

24、2故選CD?！究键c】機械能守恒定律；動能；重力勢能21.路程與位移的根本區(qū)別在于()A.路程是標量，位移是矢量B.給定初末位置，路程有無數(shù)種可能，位移只有兩種可能C.路程總是大于或等于位移的大小D.路程描述了物體位置移動徑跡的長度，位移描述了物體位置移動的方向和距離【答案】D【解析】路程與位移的根本的區(qū)別在于它們的內(nèi)涵不同.路程描述了物體位置移動徑跡的長度，位移描述了物體位置移動的方向和距離，是從起點到終點的有向線段，故 D正確。故選D?！究键c】位移與路程22.帶電粒子以速度 u從兩平行金屬板形成的勻強電場的正中間垂直電場射入，恰穿過電場而不碰到金屬板，欲使入射速度為 u/2的同一粒子也恰好穿

25、過電場不碰到金屬板，則必須：A.使兩板間的距離減為原來的1/4;B.使兩板間的電壓減為原來的1/4;C.使兩板間的電壓減為原來的1/2;D.使兩板間的距離減為原來的1/2。【答案】B【解析】設平行金屬板板長為1,板間距離為d,板間電壓為 U,該帶電粒子的質(zhì)量和電量分別為m、q.帶電粒子垂直射入平行金屬板形成的勻強電場，做類平拋運動.由題，帶電粒子恰穿過電場而不碰金屬板，則有：,+11 21 = vt、一 d = 一 at 22 qUqUl2又a =1,聯(lián)立解得：d =Tmdmdv由此式得到：欲使入射速度為乂的同一粒子也恰好穿穿過電場不碰金屬板，上式仍成立，則兩板間的電壓21 ,、減為原來的1

26、,使兩板間的距離減為原來的2倍。4故選B?！究键c】帶電粒子在勻強電場中的運動23.從離地面h高的地方以大小相同的速度，分別沿水平、豎直向上和斜向上拋出質(zhì)量相同的三個小球，不計空氣阻力，落地時，它們的A.速度相同B.動能相同C.落地的時間不相同D.速度和落地時間都相同【答案】BC【解析】A、速度是矢量，做平拋與斜拋的小球落地速度方向與水平方向不垂直，做豎直上拋的小球落地速度豎直向下，三小球落地速度方向不同，落地速度不同，故 A錯誤；1 212B、由動能定理得：mgh=EK - mv0, EK=mgh+ mv0 , m、h、vo相同，因此洛地動能相同，故 B2 2正確；CD、拋出點高度相同、初速度

27、相同，在豎直上拋的小球運動時間最長、平拋運動時間最短、斜上拋運動時間居于兩者之間，三小球落地時間不同，故 C正確D錯誤；故選BC?！究键c】動能定理二、實驗題24.用如圖所示的裝置驗證小球做自由落體運動時機械能守恒，圖中O為釋放小球的位置， A、B、C、D為固定速度傳感器的位置且與O在同一條豎直線上。0(1)若當?shù)刂亓铀俣葹?g,還需要測量的物理量有 。A A.小球的質(zhì)量mB .B.小球下落到每一個速度傳感器時的速度vC 一，C.小球下落到每一個速度傳感器時下落的高度hIt-dD.小球下落到每一個速度傳感器時所用的時間t(2)作出v2h圖象，由圖象算出其斜率 k,當k=可以認為小球下落過程中機

28、械能守恒。(3)寫出對減小本實驗誤差有益的一條建議： ?！敬鸢浮緽C k=2g相鄰速度傳感器間的距離適當大些；選用質(zhì)量大、體積小的球做實驗等【解析】1 21 2(1)小球做自由洛體運動時，由機械能寸恒th律得：mgh= mv ,即gh=v ,故需要測量小球下落2 2到每一個速度傳感器時的速度v和高度h,不需要測量小球的質(zhì)量 m和下落時間時間t,故BC正確；故選BC。1 2 一 22(2)由mgh = mv 得v =2gh，則v h圖象的斜率k =2g ；2(3)為了減小測量的相對誤差，建議相鄰速度傳感器間的距離適當大些；為減小空氣阻力的影響，建議選用質(zhì)量大、體積小的球做實驗等?！究键c】驗證機械能守恒定律三、計算題25.圖為可測定比荷的某裝置的簡化示意圖，在第一象限區(qū)域內(nèi)有垂直于紙面向里的勻強磁場，磁感應強度大小B,在X軸上距坐標原點L的P處為離子的入射口，在 Y上安放接收器，現(xiàn)將一帶正電荷的粒子以v的速率從P處射入磁場，若粒子在y軸上距坐標原點L的M處被觀測到，且運動軌跡半徑恰好最小，設 帶電粒子的質(zhì)量為 m,電量為q,不計其重力。(1)求上述粒子的比荷 9； m(2)如果在上述粒子運動過程中的某個時刻，在第一象限內(nèi)再加一個勻強電場，就可以使其沿y軸正方向做勻速直線運動，求該勻強電場的場強大小和方向；(3)為了在M處