1、湖南师大附中2015届高二第二学期期中考试试题物理(理)命题：湖南师大附中高二物理备课组时量：90分钟满分：100分得分_第卷选择题(共48分)一、选择题(本题共12小题，每小题4分，共48分；其中18题只有一个选项正确，912题有多个选项正确，全部选对的得4分，选对但不全的得2分，选错或不选的得0分)1生产、生活中使用的许多设备都可看作能量转换器，它们把能量从一种形式转化为另一种形式下列设备在工作过程中把电能主要转化为动能的是A电风扇 B发电机 C电磁炉 D电饭煲【答案】AA、电风扇电能主要转化为动能，故A正确；B、发电机是将其他能转化为电能，故B错误；CD、电磁炉、电饭煲是将电能转化为内能
2、，故CD错误。故选A。【考点】能量守恒定律2如图是某静电场的一部分电场线分布情况，下列说法正确的是A这个电场可能是负点电荷的电场BA点的电场强度小于B点的电场强度CA、B两点的电场强度方向不相同D负电荷在B点处受到的电场力的方向与该处电场方向相同【答案】CA、负点电荷的电场线是自四周无穷远处从不同方向指向负点电荷的直线，故A错；B、电场线越密的地方电场强度越大，由图可知EAEB，故B错；C、电场强度的方向沿切线方向，故C正确；D、B点的切线方向即B点电场强度方向，而负电荷所受电场力方向与其相反，故D错。故选C。【考点】电场线3关于磁感应强度B的概念，下列说法正确的是A根据磁感应强度B的定义式B
3、可知，通电导线在磁场中受力为零时该处B为0B一小段通电导线放在磁感应强度为零处，它所受的磁场力不一定为零C一小段通电导线在某处不受磁场力作用，该处的磁感应强度不一定为零D磁场中某处磁感应强度的方向，与通电导线在该处所受磁场力的方向相同【答案】C通电导线放在磁感应强度为零处，它所受的磁场力一定为零，通电导线在某处不受磁场力作用，可能是导线与磁感应强度方向平行，该处的磁感应强度不一定为零。故选C。【考点】磁感应强度4下列关于动量的说法中，正确的是A质量大的物体动量一定大B速度大的物体动量一定大C两物体动能相等，动量不一定相等D两物体动能相等，动量一定相等【答案】CAB、动量等于运动物体质量和速度的
4、乘积，动量大小与物体质量、速度两个因素有关，故AB错误；CD、由动量大小和动能的表达式可得出两物体动能相同，但质量关系不明确，并且动量是矢量，动能是标量，故C正确D错误。故选C。【考点】动量；动能5动量相等的甲、乙两车，刹车后沿两条水平路面滑行若两车质量之比为m1m212，路面对两车的阻力相同，则两车的滑行时间之比为A11 B12 C21 D14【答案】A两车滑行时水平方向仅受阻力f作用，在这个力作用下使物体的动量发生变化规定以车行方向为正方向，由动量定理得，所以两车滑行时间或，当P、f相同时，滑行时间t相同，故A正确。故选A。【考点】动量定理6在光滑水平面上，一质量为m、速度大小为v的A球与
5、质量为2m静止的B球碰撞后，A球的速度方向与碰撞前相反则碰撞后B球的速度大小可能是A0.6v B0.4v C0.3v D0.2v【答案】A由动量守恒定律得，规定A球原方向为正方向，由题意可知vA为负值，则，因此B球的速度可能为0.6v，故A正确。故选A。【考点】动量守恒定律7.入射光照射到某金属表面上发生光电效应，若入射光的强度减弱，而频率保持不变，那么A从光照射金属表面到发射出光电子之间的时间间隔将明显增加B逸出的光电子的最大初动能将减小C单位时间内从金属表面逸出的光电子数目将减少D有可能不发生光电效应【答案】C根据光电效应的实验规律知，从光照射金属表面到光电子发射的时间间隔极短，这与光的强
6、度无关，故A错误；实验规律还指出，逸出光电子的最大初动能与入射光频率有关，光电流与入射光强度成正比，由此可知，故C正确。故选C。【考点】光电效应8质子和粒子以相同的初速度垂直进入同一匀强磁场做匀速圆周运动则质子和粒子的轨道半径之比为A. 21 B. 12 C.1 D1【答案】B带电粒子在匀强磁场中受洛伦兹力做匀速圆周运动，由得，质子和粒子的半径之比为，故此题选B。故选B。【考点】带电粒子在匀强磁场中的运动9关于电荷的电荷量，下列说法正确的是A电子的电荷量的精确数值最早是由密立根油滴实验测得的B物体所带电荷量可以是任意值C物体所带电荷量最小值为1.61019CD物体所带的电荷量都是元电荷的整数倍
7、【答案】ACD密立根的油滴实验测出了电子的电量为1.61019 C，因而A对；任何物体的电荷量都是e的整数倍，故ACD正确。故选ACD。【考点】元电荷10关于玻尔的原子模型，下面说法正确的是A原子可以处于连续的能量状态中B原子的能量状态不可能是连续的C原子的核外电子在轨道上运动时，要向外辐射能量D原子的核外电子在轨道上运动时，不向外辐射能量【答案】BD根据波尔理论知，电子的轨道半径是量子化的，半径是一系列不连续的特定值，且电子绕核旋转是定态，不向外辐射能量；AB、原子的能量状态不可能是连续的，故A错误B正确；CD、原子从高能级跃迁到低能级一定会辐射出一定频率的光子，原子吸收了一定频率的光子后能
8、从低能级跃迁到高能级，而原子的核外电子在轨道上运动时，既不吸收，也不辐射能量，故C错误D正确。故选BD。【考点】玻尔模型和氢原子的能级结构11滑板运动集娱乐与锻炼为一体若一个小孩站在滑板车上，用系在滑板车上的绳拖动以下说法正确的是A若小孩和滑板车一起做匀速运动，则小孩受到的合力为零B若小孩和滑板车一起做匀速运动，则小孩受到的合力不为零C若小孩和滑板车一起做匀加速运动一段时间，则小孩受到的合力冲量为零D若小孩和滑板车一起做匀减速运动一段时间，则小孩受到的合力冲量不为零【答案】AD若小孩和滑板车一起做匀速运动，则小孩受到的合力为零；若小孩和滑板车一起做匀变速运动，则小孩受到的合力不为零，合力的冲量
9、不为零。故选AD。【考点】冲量；物体的运动12如图所示，两固定的竖直光滑金属导轨足够长且电阻不计两质量、长度均相同的导体棒c、d，置于边界水平的匀强磁场上方同一高度h处磁场宽为3h，方向与导轨平面垂直先由静止释放c，c刚进入磁场时即做匀速运动，此时再由静止释放d，两导体棒与导轨始终保持良好接触用ac表示棒c的加速度，Ekd表示棒d的动能，xc、xd分别表示c、d相对释放点的位移下列图中正确的是【答案】BDc棒下落h的过程为自由落体运动，ag.设进入磁场瞬间速度为v，则由匀速运动有，a0.此时释放d棒，在d棒自由下落h的过程中，c棒在磁场中下落2h，此过程c一直做匀速运动，a0.当d棒进入磁场后
10、，c、d两棒运动速度相同，穿过闭合回路磁通量不变，无感应电流，无安培力，二者都做匀加速直线运动共同下落h后，此时c棒离开磁场，d棒进入磁场h的距离，此时c、d的速度都是v(vv)，d此时切割磁感线，产生感应电动势，d棒做减速运动，d棒离开磁场后c、d两棒均以加速度ag做匀加速运动。故选BD。【考点】法拉第电磁感应定律第卷非选择题(共52分)二、填空题(本题两小题，共12分)13(4分)如图所示，图甲为热敏电阻的Rt图象，图乙为用此热敏电阻R和继电器、滑动变阻器组成的一个简单恒温箱温控电路，继电器线圈的电阻为120 .当线圈的电流大于或等于20 mA时，继电器的衔铁被吸合为继电器线圈供电的电池的
11、电动势E10.0 V，内阻可以不计图中的“电源”则是恒温箱加热器的电源问：(1)应该把恒温箱内的加热器接在_(选填“A、B端”或“C、D端”)(2)如果要使恒温箱内的温度保持50，滑动变阻器R的阻值应调节为_ .【答案】(1)A、B端(2)290(1)恒温箱内的加热器应接在A、B端。当线圈中的电流较小时，继电器的衔铁在上方，恒温箱的加热器处于工作状态，恒温箱内温度升高；(2)随着恒温箱内温度升高，热敏电阻R的阻值变小，则线圈中的电流变大，当线圈的电流大于或等于20 mA时，继电器的衔铁被吸到下方来，则恒温箱加热器与电源断开，加热器停止工作，恒温箱内温度降低；随着恒温箱内温度降低，热敏电阻R的阻
12、值变大，则线圈中的电流变小，当线圈的电流小于20 mA时，继电器的衔铁又被释放到上方，则恒温箱加热器又开始工作，这样就可以使恒温箱内保持在某一温度；要使恒温箱内的温度保持50 ，即50 时线圈内的电流为20 mA.由闭合电路欧姆定律，r为继电器的电阻。由图甲可知，50时热敏电阻的阻值为90 ，所以。【考点】闭合电路欧姆定律14(8分)某同学用如图甲所示装置，通过半径相同的A、B两球的碰撞来探究碰撞过程中的不变量，图中PQ是斜槽，QR为水平槽，实验时先使A球从斜槽上某一固定位置G由静止开始滚下，落到位于水平地面的记录纸上，留下痕迹重复上述操作10次，得到10个落点痕迹，再把B球放在水平槽上靠近槽
13、末端的地方，让A球仍从位置G由静止开始滚下，和B球碰撞后，A、B球分别在记录纸上留下各自的落点痕迹，重复这种操作10次图中O点是水平槽末端R在记录纸上的竖直投影点，B球落点痕迹如图乙所示，其中米尺水平放置，且在G、R、O所在的平面内，米尺的零点与O点对齐(1)碰撞后B球的水平射程应取为_cm.(2)在以下选项中，本次实验必须进行的测量是_A水平槽上未放B球时，测量A球落点位置到O点的距离B测量A球与B球碰撞后，A球落点位置到O点的距离C测量A球与B球的质量D测量G点相对于水平槽面的高度(3)某同学用一把有50个小等分刻度的游标卡尺测量小球的直径，由于遮挡，只能看见游标尺的后半部分，如图所示，小
14、球的直径D_mm.(4)常用的测量仪器还有螺旋测微器，若某次测量示数如图，则待测长度为_mm.【答案】(1)64.8 (2)ABC(3) 16.96 mm(4)6.125 mm（1）由图乙所示可知，刻度尺分度值为mm，由图示可知，刻度尺示数为64.80cm；（2）小球离开轨道后做平抛运动，小球在空中的运动时间t相等，如果碰撞过程动量守恒，则，两边同时乘以时间t得：，则，因此实验需要测量：两球的质量，两球做平抛运动的水平位移，故选ABC（3）设待测直径为l，由图知游标上第48格与主尺上64.00 mm重合，则l480.9864.00，解得l16.96 mm.（4）根据螺旋测微器读数规则，待测长度
15、为6 mm0.0112.3 mm6.123 mm【考点】验证动量守恒定律；长度测量三、解答题(本题共4小题，共40分请写清必要的文字说明和解题依据，只写出最后答案的不得分)15(8分)一物体在与初速度相反的恒力作用下做匀减速直线运动，初速度v020 m/s，加速度大小为5 m/s2，求：(1)物体经多少时间回到出发点；(2)由开始运动算起，求6 s末物体的速度【答案】8 s 10 m/s 速度方向与初速度方向相反(1)由，其中得，当物体回到原出发点时，x0，可得：t8 s(2)由可得：，“”表示6 s末物体速度方向与初速度方向相反【考点】匀变速直线运动规律16.(8分)如图所示，质量为M的木块
16、放在光滑的水平面上且弹簧处于原长状态，质量为m的子弹以初速度v0快速击中木块而未穿出，则：(1)击中木块瞬间二者的共同速度为多大？(2)弹簧储存的最大弹性势能为多大？(3)从子弹接触木块到弹簧压缩最短的过程中墙壁给弹簧的冲量是多少？【答案】 (1)由于从子弹打入到与物块相对静止，时间非常短，弹簧未发生形变，且此过程中地面对物块摩擦力远小于内力(子弹与物块间作用力)，由动量守恒得解得(2)m、M组成的系统一起压缩弹簧直到动能减小为零，此时弹簧的弹性势能最大，由机械能守恒定律得解得(3) 取向右为正，对系统由动量定理：得方向向左【考点】动量守恒定律；机械能守恒定律；动量定理17.(10分)如图所示
17、，一质量为3 kg的平板车M放在光滑水平面上，在其右端放一质量为2 kg的小木块m，木块与平板车间动摩擦因数为0.5，现给木块和平板车以大小相等、方向相反的初速度v03 m/s，(g取10 m/s2)求：(1)运动过程中小木块不滑出平板车，平板车至少多长；(2)从地面上看，小木块向左运动到离出发点最远处时，平板车向右运动位移大小【答案】 (1)由A、B系统动量守恒定律得：设平板车至少长为l，由能量守恒关系解得(2)小木块向左运动速度减为零时，到达最远处，此时平板车移动位移为x，速度为v，则由动量守恒定律得：对平板车应用动能定理得：联立解得：【考点】动量守恒定律；能量守恒定律；18.(14分)如
18、图甲所示是某同学设计的一种振动发电装置的示意图，它的结构是一个套在辐向形永久磁铁槽中的半径为r0.10 m、匝数n20匝的线圈，磁场的磁感线均沿半径方向均匀分布(其右视图如图乙所示)线圈所在位置磁感应强度的大小均为B T，线圈的电阻为R10.50 ，它的引出线接有电阻为R29.5 的小电珠L. 外力推动线圈框架的P端，使线圈沿轴线做往复运动，便有电流通过小电珠当线圈运动速度v随时间t变化的规律如图丙所示时(摩擦等损耗不计)求：(1)线圈速度随时间的变化关系式； (2)电压表的示数；(3)线圈所受到安培力随时间的变化关系式【答案】 (1)由图丙得，线圈切割速度为解得(2)线圈在磁场中做往复运动，
19、切割磁感线的有效长度为由法拉第电磁感应定律，感应电动势为即产生正弦交变电流，感应电动势的峰值代入数据得小电珠中电流的峰值为解得电压表示数即有效值，为解得：(3)线圈中电流瞬时值为线圈受到安培力为得【考点】法拉第电磁感应定律；交变电流的最大值、有效值湖南师大附中2015届高二第二学期期中考试试题物理(理)参考答案湖南师大附中2015届高二第二学期期中考试试题物理(理)参考答案高考资源网一、选择题(本题共12小题，每小题4分，共48分；其中18题只有一个选项正确，912题有多个选项正确，全部选对的得4分，选对但不全的得2分，选错或不选的得0分)题号123456789101112答案ACCCAACB
20、ACDBDADBD1A【解析】选项中只有电风扇把电能转化为机械能(动能)2C【解析】本题考查了对电场线的正确理解负点电荷的电场线是自四周无穷远处从不同方向指向负点电荷的直线，故A错电场线越密的地方电场强度越大，由图可知EAEB，故B错电场强度的方向沿切线方向，故C正确B点的切线方向即B点电场强度方向，而负电荷所受电场力方向与其相反，故D错3C【解析】通电导线放在磁感应强度为零处，它所受的磁场力一定为零，通电导线在某处不受磁场力作用，可能是导线与磁感应强度方向平行，该处的磁感应强度不一定为零4C【解析】动量等于运动物体质量和速度的乘积，动量大小与物体质量、速度两个因素有关，A、B错；由动量大小和
21、动能的表达式可得出两物体动能相同，但质量关系不明确，并且动量是矢量，动能是标量，故D错，C正确5A【解析】两车滑行时水平方向仅受阻力f作用，在这个力作用下使物体的动量发生变化规定以车行方向为正方向，由动量定理得f，所以两车滑行时间t或t，当P、f相同时，滑行时间t相同，选项A正确6A【解析】由动量守恒定律得mvmvA2mvB，规定A球原方向为正方向，由题意可知vA为负值，则2mvBmv，因此B球的速度可能为0.6v，故选A.7C【解析】根据光电效应的实验规律知，从光照射金属表面到光电子发射的时间间隔极短，这与光的强度无关，故A错误；实验规律还指出，逸出光电子的最大初动能与入射光频率有关，光电流
22、与入射光强度成正比，由此可知，B、D错误，C正确8B【解析】带电粒子在匀强磁场中受洛伦兹力做匀速圆周运动，由qvBm得r，质子(H)和粒子(He)的半径之比为，故此题选B.9ACD【解析】密立根的油滴实验测出了电子的电量为1.61019 C，因而A对；任何物体的电荷量都是e的整数倍，故B错，C对，D对因此选A、C、D.10BD【解析】原子的轨道是量子化的，其能量值也是量子化的；原子在某一状态时，电子的轨道是确定的电子在定态轨道上运动，不会发生电磁辐射11AD【解析】若小孩和滑板车一起做匀速运动，则小孩受到的合力为零；若小孩和滑板车一起做匀变速运动，则小孩受到的合力不为零，合力的冲量不为零12B
23、D【解析】c棒下落h的过程为自由落体运动，ag.设进入磁场瞬间速度为v，则由匀速运动有F安mgBIL，a0.此时释放d棒，在d棒自由下落h的过程中，c棒在磁场中下落2h，此过程c一直做匀速运动，a0.当d棒进入磁场后，c、d两棒运动速度相同，穿过闭合回路磁通量不变，无感应电流，无安培力，二者都做匀加速直线运动共同下落h后，此时c棒离开磁场，d棒进入磁场h的距离，此时c、d的速度都是v(vv)，d此时切割磁感线，产生感应电动势EBLv，F安BILBLF安mg，d棒做减速运动，d棒离开磁场后c、d两棒均以加速度ag做匀加速运动二、填空题(本题两小题，共12分)13【答案】(1)A、B端(2)290
24、【解析】(1)恒温箱内的加热器应接在A、B端当线圈中的电流较小时，继电器的衔铁在上方，恒温箱的加热器处于工作状态，恒温箱内温度升高(2)随着恒温箱内温度升高，热敏电阻R的阻值变小，则线圈中的电流变大，当线圈的电流大于或等于20 mA时，继电器的衔铁被吸到下方来，则恒温箱加热器与电源断开，加热器停止工作，恒温箱内温度降低随着恒温箱内温度降低，热敏电阻R的阻值变大，则线圈中的电流变小，当线圈的电流小于20 mA时，继电器的衔铁又被释放到上方，则恒温箱加热器又开始工作，这样就可以使恒温箱内保持在某一温度要使恒温箱内的温度保持50 ，即50 时线圈内的电流为20 mA.由闭合电路欧姆定律I，r为继电器
25、的电阻由图甲可知，50时热敏电阻的阻值为90 ，所以RRr290 .14【答案】(1)64.8(64.065.0 cm均可)(2)ABC(3) 16.96 mm(4)6.125 mm(6.1236.127 mm均可)【解析】(1)本题利用了高度相同、小球运动时间相同，在比例式中，可以用位移代替速度，即变难测物理量为易测物理量，围绕10个落点所在的范围作最小的圆，其圆心即为平均落点xB64.8 cm(64.065.0 cm均可)(2)本实验应测出未放B球时，A球落点位置到O点的距离、A和B碰后A球和B球落点位置到O点的距离及A、B两球质量(3)设待测直径为l，由图知游标上第48格与主尺上64.0
26、0 mm重合，则l480.9864.00，解得l16.96 mm.(4)根据螺旋测微器读数规则，待测长度为6 mm0.0112.3 mm6.123 mm三、解答题(本题共4小题，共40分请写清必要的文字说明和解题依据，只写出最后答案的不得分)15(8分)【解析】(1)由xv0tat2，v020 m/s，a5 m/s2得，当物体回到原出发点时，x0，可得：t8 s(4分)(2)由vv0at可得：v20 m/s56 m/s10 m/s.“”表示6 s末物体速度方向与初速度方向相反(4分)16(8分)【解析】(1)由于从子弹打入到与物块相对静止，时间非常短，弹簧未发生形变，且此过程中地面对物块摩擦力
27、远小于内力(子弹与物块间作用力)，故可认为此过程动量守恒mv0(mM)v 解得vv0(3分)(2)m、M组成的系统一起压缩弹簧直到动能减小为零，此时弹簧的弹性势能最大，为EP(mM)v2解得EP(3分)(3) 取向右为正，对系统由动量定理：I0mv0Imv0方向向左(2分)17(10分)【解析】(1)由A、B系统动量守恒定律得：Mv0mv0(Mm)v(2分)设平板车至少长为l，由能量守恒关系mglmvMv(Mm)v2(2分)由解得l2.16 m(1分)(2)小木块向左运动速度减为零时，到达最远处，此时平板车移动位移为x，速度为v，则由动量守恒定律得：Mv0mv0Mv(2分)对平板车应用动能定理
28、得：mgxMv2Mv(2分)联立解得：x1.2 m(1分)18(14分)【解析】 (1)由图丙得， 线圈切割速度为vvmsin t 解得v2sin 5t (m/s)(3分)(2) 线圈在磁场中做往复运动，切割磁感线的有效长度为L2r(1分)由法拉第电磁感应定律，感应电动势为enBLvnBLvmsin t(1分)即产生正弦交变电流，感应电动势的峰值EmnBLvm(1分) 代入数据得 Em1.6 V(1分)小电珠中电流的峰值为Im(1分)解得 Im0.16 A(1分)电压表示数即有效值，为U(1分)解得：U0.76 V1.07 V(1分)(3)线圈中电流瞬时值为i(1分)线圈受到安培力为F安nBiL(1分)由得 F安0.128sin 5t(N)(1分)
