1、2013-2014学年度第二学期高二级物理科期中考试试卷 本试卷分选择题和非选择题两部分，共4页，满分为100分。考试用时90分钟。注意事项：1、答卷前，考生务必用黑色字迹的钢笔或签字笔将自己的姓名和学号填写在答题卡和答卷密封线内相应的位置上，用2B铅笔将自己的学号填涂在答题卡上。 2、选择题每小题选出答案后，有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；不能答在试卷上。 3、非选择题必须用黑色字迹的钢笔或签字笔在答卷纸上作答，答案必须写在答卷纸各题目指定区域内的相应位置上，超出指定区域的答案无效；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新的答案；不准使用
2、铅笔和涂改液。不按以上要求作答的答案无效。 4、考生必须保持答题卡的整洁和平整。第一部分选择题（共48分）一、单项选择题：本大题共6小题，每小题3分，共18分。在每小题给出的四个选项中，只有一个选项符合题目要求，选对的得3分，选错或不答的得0分。1下列说法正确的是（ ） A法拉第通过实验发现了电磁感应定律，发明了世界上第一台发电机 B安培通过实验发现了电流的磁效应，揭示出通电导线周围有磁场，电能生磁 C奥斯特发明了世界上第一台交变电流发动机 D普朗克提出了光子假说，可以解释光电效应【答案】AA、法拉第发现了电磁感应现象之后，又发明了世界上第一台发电机法拉第圆盘发电机，揭开了人类将机械能转化为电
3、能并进行应用的序幕，故A正确；B、奥斯特发现了电流的磁效应，故B错误；C、尼古拉特斯拉发明了世界上第一台交变电流发动机。故C错误；D、爱因斯坦提出了光子假说，解释了光电效应，故D错误。故选A。【考点】物理学史2如图所示，水平光滑地面上放着一个内部光滑的凹槽，槽两端固定有两轻质弹簧，一个弹性小球在两弹簧间往复运动，把槽、小球和弹簧视为一个系统，则在运动过程中 （ ）A系统的动量守恒，机械能不守恒B系统的动量守恒，机械能守恒C系统的动量不守恒，机械能守恒D系统的动量不守恒，机械能不守恒【答案】B小球和弹簧组成的系统受到重力和水平地面的支持力两个外力，所受合外力等于零，动量守恒；在运动过程中，小球和
4、槽通过弹簧相互作用，但因为只有弹簧的弹力做功，动能和势能相互转化，而总量保持不变，机械能守恒，故B正确。故选B。【考点】动量守恒定律；机械能守恒定律3如图所示，电源的电动势为E，内阻r不能忽略。A、B是两个相同的小灯泡，L是一个自感系数相当大的线圈。关于这个电路的以下说法正确的是（ ）A开关闭合到电路中电流稳定的时间内，A灯立刻亮，而后逐渐变暗，最后亮度稳定 B开关闭合到电路中电流稳定的时间内，B灯立刻亮，而后逐渐变暗，最后亮度稳定 C开关由闭合到断开瞬间，A灯闪亮一下再熄灭D开关由闭合到断开瞬间，电流自左向右通过A灯【答案】AA、开关闭合到电路中电流稳定的时间内，A灯立刻亮，当线圈电流阻碍较
5、小后A灯逐渐变暗，当线圈对电流没有阻碍时，灯泡亮度稳定，故A正确；B、开关闭合到电路中电流稳定的时间内，A灯立刻亮，当线圈电流阻碍较小后A灯逐渐变暗，当线圈对电流没有阻碍时，灯泡亮度稳定，故B错误；C、开关处于闭合状态，在断开瞬间，线圈提供瞬间电压给两灯泡供电，由于两灯泡完全一样，所以不会出现电流比之前还大的现象，因此A灯不会闪亮一下，只会一同慢慢熄灭，故C错误；D、开关处于闭合状态，在断开瞬间，线圈相当于电源，电流方向仍不变，所以电流自右向左通过A灯，故D错误。故选A。【考点】自感现象和自感系数4.将阻值为4的电阻接到内阻不计的交流电源上，该电源电动势e随时间t变化的规律如图所示，下列说法正
6、确的是（ ）A.电路中交变电流的频率为5Hz B.通过电阻的电流为AC.电阻消耗的电功率为2W D.电阻两端的电压是4V【答案】CA、由图可知：，故A错误；B、由图可知电源电动势的最大值，有效值，所以通过电阻的电流为，故B错误；C、电阻消耗的电功率，故C正确；D、电阻两端的电压是，故D错误。故选C。【考点】正弦式电流的最大值和有效值、周期和频率；电功、电功率5如图所示，两块水平放置的金属板相距为d，用导线将两极板与一个n匝线圈连接，若线圈置于竖直向下的变化磁场B中，两板间一质量为m，带电量为的微粒恰能静止，则下列说法正确的是（ ）A金属板上极板带正电，变化的磁场B减弱B金属板上极板带负电，变化
7、的磁场B减弱 C金属板上极板带正电，变化的磁场B增大 D金属板上极板带负电，变化的磁场B增大【答案】D电荷量为q的带正电的油滴恰好处于静止状态，电场力竖直向上，则电容器的下极板带正电，所以线圈下端相当于电源的正极，根据楞次定律，可得穿过线圈的磁通量在增强。故选D。【考点】楞次定律6如图所示，小车由光滑的弧形段AB和粗糙的水平段BC组成，静止在光滑水平面上，当小车固定时，从A点由静止滑下的物体到C点恰好停止。如果小车不固定，物体仍从A点静止滑下，则 （ ）A物体和小车系统水平方向动量不守恒B物体和小车系统竖直方向动量守恒C物体滑下到小车粗糙的水平段BC与小车相对静止时，一起向右运动D物体滑下到小
8、车粗糙的水平段BC与小车相对静止时，还是滑到C点恰好停止【答案】DA、物体与小车组成的系统在水平方向所受合外力为零，系统在水平方向动量守恒，故A错误；B、物体与小车组成的系统在竖直方向受到的合外力不为零，系统在竖直方向动量不守恒，故B错误；C、物体与小车组成的系统在水平方向动量守恒，系统开始静止，初动量为零，由动量守恒定律可知：物体滑下到小车粗糙的水平段BC与小车相对静止时系统动量为零，物体与车静止，故C错误；D、小车固定时，根据能量守恒可知，物体的重力势能全部转化为因物体与车之间的摩擦产生的内能Q1=fL，其中f为物体与小车之间的摩擦力，L为小车的水平段BC的长度若小车不固定，对小车和物体系
9、统，根据水平方向的动量守恒定律可知，最终两者必定均静止，根据能量守恒可知物体的重力势能全部转化为因物体与车之间的摩擦产生的内能Q2=Q1，而Q2=fS，得到物体在小车BC部分滑行的距离S=L，故物体仍滑到C点停住，故D正确。故选D。【考点】动量守恒定律二、双项选择题：本大题共6小题，每小题5分，共30分。在每小题给出的四个选项中，有两个选项符合题目要求，全部选对的得5分，只选1个且正确的得3分，有选错或不答的得0分。7将一条形磁铁从相同位置插入到闭合线圈中的同一位置，第一次缓慢插入，第二次快速插入，两次插入过程中不发生变化的物理量是（ ）A磁通量的变化量 B磁通量的变化率 C感应电流的大小 D
10、流过导体某横截面的电荷量【答案】ADA、当条形磁铁插入线圈的瞬间，穿过线圈的磁通量增加，产生感应电流条形磁铁第一次缓慢插入线圈时，磁通量增加慢条形磁铁第二次迅速插入线圈时，磁通量增加快，但磁通量变化量相同，故A正确；B、根据法拉第电磁感应定律第二次线圈中产生的感应电动势大，则磁通量变化率也大，故B错误；C、根据法拉第电磁感应定律第二次线圈中产生的感应电动势大，再欧姆定律可知第二次感应电流大，即I2I1，故C错误；D、根据法拉第电磁感应定律分析感应电动势的大小，由欧姆定律分析感应电流的大小再由q=It可确定导体某横截面的电荷量等于磁通量的变化与电阻的比值，由于磁通量变化量相同，电阻不变，所以通过
11、导体横截面的电荷量不变，故D正确。故选AD。【考点】法拉第电磁感应定律；磁通量；楞次定律8如图所示，单匝矩形闭合导线框abcd处于磁感应强度为B的水平匀强磁场中，线框面积为S，电阻为R。线框绕cd边重合的竖直转轴以角速度匀速转动，从中性面开始计时，下列说法正确的是（ ）At=0时刻即中性面时，线框中感应电动势最大B时刻，线框中感应电动势最大C线框产生的交变电流有效值是D线框产生的交变电流一个周期电流方向改变一次【答案】BCA、t=0时刻即中性面时，线框中感应电动势最小为零，故A错误；B、时刻，线圈位于与中性面垂直位置，线框中感应电动势最大，故B正确；C、线框产生的交变电流有效值是，故C正确；D
12、、线框产生的交变电流一个周期电流方向改变2次，故D错误。故选BC。【考点】交流发电机及其产生正弦式电流的原理；交流的峰值、有效值以及它们的关系9如图为远距离输电示意图，发电机的输出电压U1和输电线的电阻、理想变压器匝数均不变，且n1:n2=n4:n3.当用户消耗的功率增大时，下列表述正确的是（ ） A用户的总电阻减小 B用户的电压U4增加 CU1:U2=U4:U3 D用户消耗的功率等于发电机的输出功率【答案】ACA、当用户的功率增大时，用电器增多，总电阻减小，故A错误；B、当用电器增多时，功率增大，降压变压器的输出电流增大，则输电线上的电流增大，可知输电线上的电压损失增大，发电机的输出电压U1
13、不变，则U2不变，可知降压变压器的输入电压减小，所以用户得到的电压U4减小，故B错误；C、因为原副线圈的电压比等于匝数之比，则，因为，所以，故C正确；D、用户消耗的功率等于发电机的输出功率减去输电线上损失的功率，故D错误。故选AC。【考点】远距离输电10如图所示电阻为R，其他电阻均可忽略，ef是一电阻可不计质最为m的水平放置的导体棒，棒的两端分别与竖直放置的ab、cd框保持良好接触，又能沿框架无摩擦下滑，整个装置放在与框架垂直的匀强磁场中，当导体棒ef从静止下滑一段时间后闭合开关S，则S闭合后（ ）A导体棒ef的加速度一定大于gB导体棒ef的加速度一定小于gC导体棒ef最终速度跟S闭合的时刻无
14、关D导体棒ef的机械能与回路内产生的内能之和一定守恒【答案】CDAB、当ef从静止下滑一段时间后闭合S，ef将切割磁感线产生感应电流，受到竖直向上的安培力，若安培力大于2mg，合力向上，由牛顿第二定律得知，ef的加速度大小大于g，若安培力小于mg，则ef的加速度大小可能小于g，若安培力等于mg，则ef加速度为零，ef做匀速直线运动，故AB错误；C、闭合S，经过一段时间后，ef棒达到稳定速度时一定做匀速运动，由平衡条件得：，则得：，可见稳定时速度v是定值，与开关闭合的先后无关，故C正确；D、在整个过程中，只有重力与安培力做功，因此棒的机械能与电路中产生的内能之和一定守恒，故D正确。故选CD。【考
15、点】电磁感应中的能量转化；法拉第电磁感应定律11关于光电效应，下列说法正确的是（ ）A爱因斯坦用光子说成功解释了光电效应B入射光的频率低于极限频率就不能发生光电效应C光电子的最大初动能与入射光的强度成正比D光电子的最大初动能与入射光频率成正比【答案】ABA、因斯坦用光子说成功解释了光电效应，故A正确；B、发生光电效应的条件是入射光的频率大于金属的极限频率，与入射光的强度与照射的时间无关，故B正确；CD、根据光电效应方程知，最大初动能与光子频率成一次函数关系，随照射光的频率增大而增大，不是成正比关系光电子的初速度与光的频率也不是成正比，故CD错误。故选AB。【考点】光电效应12如图所示,完全相同
16、的A、B两物块随足够长的水平传送带按图中所示方向匀速运动，A、B间夹有少量炸药,对A、B在炸药爆炸过程及随后的运动过程有下列说法，其中正确的是（ ）A炸药爆炸后瞬间,A、B两物块速度方向一定相同B炸药爆炸后瞬间,A、B两物块速度方向一定相反C炸药爆炸过程中,A、B两物块组成的系统动量守恒D炸药爆炸过程中,A、B两物块组成的系统动能增加了【答案】CDAB、设AB质量都为m，A、B在炸药爆炸过程中，内力远远大于外力，动量守恒，以B的初速度方向为正方向，爆炸后B的速度方向肯定与v的方向相同，由动量守恒定律得：，若碰后B的速度大于2v，则A的速度方向与B的速度方向相反，若碰后B的速度小于2v，则A的速
17、度方向与B的速度方向相同，故AB错误；C、A、B在炸药爆炸后至A、B相对传送带静止的过程中，对AB的两个摩擦力刚好大小相同，方向相反，时间相同，所以冲量是相反的，所以总冲量是0，动量是守恒的，故C正确；D、炸药爆炸过程中，将化学能转化为机械能，A、B两物块组成的系统机械能增加，动能增加，故D正确。故选CD。【考点】动量守恒定律；机械能守恒定律第二部分非选择题(共52分)三、计算题。本大题4小题，共52分。13如图甲所示，水平放置的线圈匝数n200匝，直径d140 cm，电阻r2 ，线圈与阻值R6 的电阻相连。在线圈的中心有一个直径d220 cm的有界匀强磁场，磁感应强度按图乙所示规律变化，规定
18、垂直纸面向里的磁感应强度方向为正方向。试求：(1)通过电阻R的电流方向；(2)电压表的示数；【答案】(1)从A流向B (2)4.7 V（1）穿过线圈的磁场方向向里，在增大，根据楞次定律判断出电流方向从A流向B；（2）根据法拉第电磁感应定律得：，则感应电流为：，则电压表的示数为：。【考点】法拉第电磁感应定律；楞次定律14如图所示，质量M=1.5kg的小车静止于光滑水平面上并紧靠固定在水平面上的桌子右边，其上表面与水平桌面相平，小车的左端放有一质量为0.5kg的滑块Q水平放置的轻弹簧左端固定，质量为0.5kg的小物块P置于光滑桌面上的A点并与弹簧的右端接触(不相连)，此时弹簧处于原长现用水平向左的
19、推力F将P缓慢推至B点（弹簧仍在弹性限度内），推力做功WF=4J，撤去F后，P沿桌面滑到小车左端并与Q发生弹性碰撞，最后Q恰好没从小车上滑下已知Q与小车表面间动摩擦因数=0.1（g=10m/s2）求：（1）P刚要与Q碰撞前的速度是多少？（2）Q刚在小车上滑行时的初速度v0是多少？（3）为保证Q不从小车上滑下，小车的长度至少为多少？【答案】 （1）推力F通过P压缩弹簧做功，根据功能关系有： 当弹簧完全推开物块P时，有：联立解得： （2）P、Q之间发生弹性碰撞，设碰撞后Q的速度为，P的速度为，由动量守恒定律得：由能量守恒定律得 解得，（3）设滑块Q在小车上滑行一段时间后两者的共同速度为u，由动量守
20、恒可得：根据能量守恒，系统产生的摩擦热：解得：【考点】动量守恒定律；能量守恒定律15如图所示，两根相距平行放置的光滑导电轨道，与水平面的夹角为，轨道间有电阻R，处于磁感应强度为、方向垂直轨道向上的匀强磁场中，一根质量为m、电阻为r的金属杆ab，由静止开始沿导电轨道下滑，设下滑过程中杆ab始终与轨道保持垂直，且接触良好，导电轨道有足够的长度且电阻不计，求：（1）金属杆的最大速度是多少；（2）当金属杆的速度刚达到最大时，金属杆下滑的距离为S，求金属杆在此过程中克服安培力做的功；【答案】 （1）受力如图所示，当时速度最大，设为vm此时电动势：，安培力：由闭合电路欧姆定律：得：（2）由功能关系，得：【
21、考点】法拉第电磁感应定律；牛顿第二定律16如图所示的凹形场地，两端是半径为L的光滑圆弧面，中间是长为4L的粗糙水平面质量为3m的滑块乙开始停在水平面的中点O处，质量为m的滑块甲从光滑圆弧面顶端A处无初速度滑下，进入水平面内并与乙发生碰撞，碰后以碰前一半的速度反弹已知甲、乙与水平面的动摩擦因数分别为、，且甲、乙的体积大小忽略不计求： (1)甲与乙碰撞前的速度(2)碰后瞬间乙的速度(3)甲、乙在O处发生碰撞后，刚好不再发生碰撞，则碰后甲乙通过的路程之比为多少，甲、乙停在距B点多远处【答案】 甲、乙停在距B点处（1）设甲到达O处与乙碰撞前的速度为v甲，由动能定理：得：（分步用机械能守恒和匀减速直线运
22、动进行计算，结果正确的同样给4分）（2）设碰撞后甲、乙的速度分别为，由动量守恒有：又：得：（3）由于1=22，所以甲、乙在水平面上运动的加速度满足：设甲在水平地面上通过的路程为s1、乙在水平地面上通过的路程为s2，则有：即：由于甲、乙刚好不再发生第二次碰撞，所以甲、乙在同一地点停下有以下两种情况：第一种情况：甲返回时未到达B时就已经停下，此时有：而乙停在甲所在位置时，乙通过的路程为：因为s1与s2不能满足，因而这种情况不能发生；第二种情况：甲、乙分别通过B、C冲上圆弧面后，返回水平面后相向运动停在同一地点，所以有：两式得：或即小车停在距B为：【考点】动量守恒定律；动能定理的应用班级：_姓名：_
23、学号：_ O 密 O 封 O 线O2013-2014学年度第二学期高二级物理科期中考试答卷成绩： 注意事项：1、本答卷为第二部分非选择题答题区。考生必须用黑色字迹的钢笔或签字笔在各题目指定区域内的相应位置上答题，超出指定区域的答案无效。 2、如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新的答案；不准使用铅笔和涂改液，不按以上要求作答的答案无效。三、计算题。本大题4小题，共52分。13试求：(1)通过电阻R的电流方向； (2)电压表的示数；14（1）P刚要与Q碰撞前的速度是多少？ （2）Q刚在小车上滑行时的初速度v0是多少？（3）为保证Q不从小车上滑下，小车的长度至少为多少？ABPQMF15求：（1）
24、金属杆的最大速度是多少；（2）当金属杆的速度刚达到最大时，金属杆下滑的距离为S，求金属杆在此过程中克服安培力做的功； O 密 O 封 O 线O16求： (1)甲与乙碰撞前的速度 (2)碰后瞬间乙的速度 (3)甲、乙在O处发生碰撞后，刚好不再发生碰撞，则碰后甲乙通过的路程之比为多少，甲、乙停在距B点多远处2013-2014学年度第二学期高二级物理科期中考试答案一、单项选择题：本大题共6小题，每小题3分，共18分。在每小题给出的四个选项中，只有一个选项符合题目要求，选对的得3分，选错或不答的得0分。题号123456答案 A B A C D D二、双项选择题：本大题共6小题，每小题5分，共30分。在
25、每小题给出的四个选项中，有两个选项符合题目要求，全部选对的得5分，只选1个且正确的得3分，有选错或不答的得0分。题号789101112答案A D B C A C C D A B C D三、计算题。本大题4小题，共52分。13解析：(1)电流方向从A流向B。(2)由En可得：，EI(Rr)，UIR代入数据解得：U1.5 V4.7 V。答案：(1)从A流向B(2)4.7 V14(14分) 解：（1）推力F通过P压缩弹簧做功，根据功能关系有： （1分）当弹簧完全推开物块P时，有： （2分） 由式联立解得： （1分）（2）P、Q之间发生弹性碰撞，设碰撞后Q的速度为，P的速度为，由动量守恒和能量守恒得：
26、 （2分） （2分）由式解得， （1分）（3）设滑块Q在小车上滑行一段时间后两者的共同速度为u，由动量守恒可得： （2分）根据能量守恒，系统产生的摩擦热： （2分）联立解得：（1分）（3）解法二：滑块Q在小车上滑行，做匀减速运动，由牛顿运动定律及运动学知识可得： （1分）小车开始做初速度为零的匀加速运动 （1分）小车与滑块达到相同速度所用的时间为t，有 （1分）小车的长度为L，由运动学知识可得： （1分）由式联立解得：L6（m）（1分）15（18分）解：（1）受力如图所示，当mgsin=F安（2分）时速度最大，设为vm此时电动势：（2分），安培力：（2分）由闭合电路欧姆定律：（2分）得：（分）
27、（2）由功能关系，（2分）得：（2分）16解：（1）设甲到达O处与乙碰撞前的速度为v甲，由动能定理： 2分得： 2分（分步用机械能守恒和匀减速直线运动进行计算，结果正确的同样给4分）（2）设碰撞后甲、乙的速度分别为v甲、v乙，由动量守恒： 2分又： 1分得： 1分（3）由于1=22，所以甲、乙在水平面上运动的加速度满足：a甲=2a乙1分设甲在水平地面上通过的路程为s1、乙在水平地面上通过的路程为s2，则有： 1分 1分即： 1分由于甲、乙刚好不再发生第二次碰撞，所以甲、乙在同一地点停下有以下两种情况：第一种情况：甲返回时未到达B时就已经停下，此时有：s12L 1分而乙停在甲所在位置时，乙通过的路程为：s2=2L+2L+s1=4L+s1 1分因为s1与s2不能满足，因而这种情况不能发生 1分第二种情况：甲、乙分别通过B、C冲上圆弧面后，返回水平面后相向运动停在同一地点，所以有：s1+s2=8L 1分两式得： 或 1分即小车停在距B为：1分（评分说明：第（3）问如果没有进行分类讨论，直接认为是第二种情况且结果正确的只给5分）
