1、广东省茂名十中2014-2015学年高二下学期期末物理试卷一、单选题（每小题4分，共16分）1（4分）某正弦式交流电电压的最大值是310V，用交流电压表测量该交流电的电压，电压表的示数最接近（）A310VB220VC380VD155V2（4分）矩形线圈在匀强磁场中绕着垂直磁感线方向的轴匀速转动，当线圈通过中性面时，下列说法中正确的是（）A穿过线圈的磁通量最大，线圈中的感应电动势最大B穿过线圈的磁通量等于零，线圈中的感应电动势最大C穿过线圈的磁通量最大，线圈中的感应电动势等于零D穿过线圈的磁通量等于零，线圈中的感应电动势等于零3（4分）关于动量变化量p，下列说法正确的是（）Ap越大，则末动量越大
2、Bp0，说明动量增加Cp=0，则物体的动量不变Dp0，则物体的动量大小发生变化4（4分）如图所示，质量为M的小车置于光滑的水平面上，车的上表面粗糙，有一质量为m的木块以初速度v0水平地滑至车的上表面，若车足够长，则（）A由于车表面粗糙，小车和木块所组成的系统动量不守恒B木块的最终速度为v0C车表面越粗糙，木块减少的动量越多D车表面越粗糙，小车获得的动量越多二、双选题（每小题全对6分，共30分）5（6分）关于天然放射性现象，下列说法正确的是（）A是玛丽居里夫妇首先发现的B首先说明了原子核不是单一的粒子C射线必须伴随或射线而产生D任何放射性元素都能同时发出三种射线6（6分）关于动量与动能关系的下列
3、说法中，正确的是（）A一个质量为m的物体，其动量p与动能Ek间有p=B两个质量相同的物体，如果动能相等，则它们的动量相同C两个质量相同的物体，如果动量相同，则它们的动能一定相等D两个物体的质量比为m1：m2=1：2，动量大小之比为P1：P2=2：3，则它们的动能之比为Ek1：Ek2=4：97（6分）已知金属钙的逸出功为2.7eV，氢原子的能级图如图所示一群氢原子处于量子数n=4能级状态，则（）A氢原子可能辐射6种频率的光子B氢原子可能辐射5种频率的光子C有3种频率的辐射光子能使钙发生光电效应D有4种频率的辐射光子能使钙发生光电效应8（6分）如图为一交流发电机发出的电流随时间的变化图象，则下列说
4、法正确的是（）A在A点时穿过线圈的磁通量最大B在B点时穿过线圈的磁通量变化率最小C在A点时线圈处在中性面，电流方向改变D在B点时线圈处在中性面，电流方向改变9（6分）如图所示，电路中的变压器为理想变压器，S为单刀双掷开关P是滑动变阻器R的滑动触头，U1为加在原线圈两端的交变电压，I1、I2分别为原线圈和副线圈中的电流下列说法正确的是（）A保持P的位置及U1不变，S由a切换到b，则I1减小B保持P的位置及U1不变，S由b切换到a，则R上消耗的功率减小C保持U1不变，S由b切换到a，将P向上滑动，则I1增大D保持U1不变，S由a切换到b，将P向下滑动，则R上消耗的功率增大二、实验填空题（18分，每
5、空3分）10（12分）“探究碰撞中的不变量”的实验中，入射小球m1=15g，原来静止的被碰小球m2=10g，由实验测得它们在碰撞前后的xt图象如图所示，由图可 知，入射小球碰撞前的m1v1是，入射小球碰撞后的m1v1是，被碰小球碰撞后的m2v2是，由此得出结论11（6分）某同学在用油膜法估测分子直径实验中，计算结果明显偏大，可能是由于 （）A油酸未完全散开B油酸中含有大量的酒精C计算油膜面积时，舍去了所有不足一格的方格D求每滴体积时，lmL的溶液的滴数误多记了10滴三、计算题12（18分）如图所示，在光滑水平面上，有一质量M=3kg的薄板，板上有质量m=1kg的物块，两者以v0=4m/s的初速
6、度朝相反方向运动薄板与物块之间存在摩擦且薄板足够长，求当物块的速度为3m/s时，薄板的速度是多少？物块最后的速度是多少？13（18分）如图甲为小型旋转电枢式交流发电机的原理图，其矩形线圈在匀强磁场中绕垂直于磁场方向的固定轴OO匀速转动，线圈的匝数n=100、电阻r=10，线圈的两端经集流环与电阻R连接，电阻R=90，与R并联的交流电压表为理想电表在t=0时刻，线圈平面与磁场方向平行，穿过每匝线圈的磁通量随时间t按图乙所示正弦规律变化求：（1）交流发电机产生的电动势的最大值；（2）电路中交流电压表的示数；（3）线圈从图示位置开始转动90的过程中通过电阻R的电量广东省茂名十中2014-2015学年
7、高二下学期期末物理试卷参考答案与试题解析一、单选题（每小题4分，共16分）1（4分）某正弦式交流电电压的最大值是310V，用交流电压表测量该交流电的电压，电压表的示数最接近（）A310VB220VC380VD155V考点：交流的峰值、有效值以及它们的关系 专题：交流电专题分析：交流电压表测量的是有效值，根据即可求解解答：解：根据得；故选B点评：注意用电压表电流表测量的都是有效值，难度不大，属于基础题2（4分）矩形线圈在匀强磁场中绕着垂直磁感线方向的轴匀速转动，当线圈通过中性面时，下列说法中正确的是（）A穿过线圈的磁通量最大，线圈中的感应电动势最大B穿过线圈的磁通量等于零，线圈中的感应电动势最大
8、C穿过线圈的磁通量最大，线圈中的感应电动势等于零D穿过线圈的磁通量等于零，线圈中的感应电动势等于零考点：法拉第电磁感应定律 分析：矩形线圈在匀强磁场中绕垂直于磁场方向的轴匀速转动时，线圈中产生正弦式电流在中性面时，线圈与磁场垂直，磁通量最大，感应电动势为零线圈每通过中性面一次，电流方向改变一次解答：解：在中性面时，线圈与磁场垂直，磁通量最大此时线框切割速度与磁感线平行，则线圈中产生感应电动势最小；而当穿过线圈的磁通量等于零，切割速度与磁感线垂直，则线圈中的感应电动势最大，故AD错误，BC正确；故选：BC点评：本题考查正弦式电流产生原理的理解能力，抓住两个特殊位置的特点：线圈与磁场垂直时，磁通量
9、最大，感应电动势为零；线圈与磁场平行时，磁通量为零，感应电动势最大3（4分）关于动量变化量p，下列说法正确的是（）Ap越大，则末动量越大Bp0，说明动量增加Cp=0，则物体的动量不变Dp0，则物体的动量大小发生变化考点：动量定理 专题：动量定理应用专题分析：动量是矢量，动量的变化也是矢量；要注意动量变化的方向与初动量没有关系，取决于初末动量之间的矢量变化解答：解：A、p越大，只能说明动量的变化大，不能说明末动量越大；故A错误；B、p0，只能说明动量变化沿正方向；不能说明动量增加；故B错误；C、p=0，则物体的动量不变；故C正确；D、p0可能是动量的方向发生变化；故D错误；故选：C点评：本题考查
10、的重点在于动量的变化的方向性，要注意明确动量和动量的变化均为矢量4（4分）如图所示，质量为M的小车置于光滑的水平面上，车的上表面粗糙，有一质量为m的木块以初速度v0水平地滑至车的上表面，若车足够长，则（）A由于车表面粗糙，小车和木块所组成的系统动量不守恒B木块的最终速度为v0C车表面越粗糙，木块减少的动量越多D车表面越粗糙，小车获得的动量越多考点：动量守恒定律；机械能守恒定律 专题：动量与动能定理或能的转化与守恒定律综合分析：以小车和木块组成的系统为研究对象所受合外力为零，因此系统动量守恒，根据动量守恒列方程即可解答解答：解：A、B、以小车和木块组成的系统为研究对象所受合外力为零，因此系统动量
11、守恒，由于摩擦力的作用，m速度减小，M速度增大，m速度减小到最小时，M速度达最大，最后m、M以共同速度运动以初速度方向为正方向；则有：mv=（m+M）vv=故A错误B正确；C、根据A选项分析，木块减少的动量mvmv与车面粗糙程度无关故C错误；D、根据A选项分析，小车M获得动量Mv与车面粗糙程度无关，故D错误故选：B点评：应用动量守恒定律时要清楚研究的对象和守恒条件把动量守恒和能量守恒结合起来列出等式求解是常见的问题二、双选题（每小题全对6分，共30分）5（6分）关于天然放射性现象，下列说法正确的是（）A是玛丽居里夫妇首先发现的B首先说明了原子核不是单一的粒子C射线必须伴随或射线而产生D任何放射
12、性元素都能同时发出三种射线考点：天然放射现象 专题：衰变和半衰期专题分析：射线是氦原子核，射线是电子流，射线是电阻跃迁产生的光子流，放射性元素的放射性由其本身决定解答：解：A、1896年，法国物理学家贝克勒尔发现，铀和含铀的矿物能够发出看不见的射线，这种射线可以穿透黑纸使照相底片感光，故A错误；B、关于天然放射现象和对放射性的研究，说明了原子核不是单一的粒子，故B正确；C、射线伴随射线或射线而产生，故C正确；D、放射性元素不一定都能同时发出三种射线，故D错误；故选：BC点评：本题考查了三种射线的本质，要了解他们的生成物及原理，此类题目难度不大6（6分）关于动量与动能关系的下列说法中，正确的是（
13、）A一个质量为m的物体，其动量p与动能Ek间有p=B两个质量相同的物体，如果动能相等，则它们的动量相同C两个质量相同的物体，如果动量相同，则它们的动能一定相等D两个物体的质量比为m1：m2=1：2，动量大小之比为P1：P2=2：3，则它们的动能之比为Ek1：Ek2=4：9考点：动量定理 专题：动量定理应用专题分析：动能是标量，动量是矢量，矢量方向的变化也是矢量变化；根据动能和动量的公式列式求解解答：解：A、动量P=mv；动能Ek=mv2；则有：P=；故A正确；B、动能相同只能说明速度的大小相等，但方向不一定相同；故动量不一定相同；故B错误C、如果动量相同，则速度的大小一定相等，则动能一定相等；
14、故C正确；D、由动量和动能的表达式可知，Ek=；故两个物体的质量比为m1：m2=1：2，动量大小之比为P1：P2=2：3，则它们的动能之比为Ek1：Ek2=2：9；故D错误；故选：AC点评：本题关键明确矢量改变和标量改变的区别，同时明确速度、动量是矢量，而动能是标量7（6分）已知金属钙的逸出功为2.7eV，氢原子的能级图如图所示一群氢原子处于量子数n=4能级状态，则（）A氢原子可能辐射6种频率的光子B氢原子可能辐射5种频率的光子C有3种频率的辐射光子能使钙发生光电效应D有4种频率的辐射光子能使钙发生光电效应考点：氢原子的能级公式和跃迁 专题：原子的能级结构专题分析：根据数学组合公式求出氢原子可
15、能辐射光子频率的种数，当光子的能量大于逸出功时，可以发生光电效应解答：解：A、根据=6知，氢原子可能辐射6种频率的光子故A正确，B错误C、金属钙的逸出功为2.7eV，只有n=4跃迁到n=1，n=3跃迁到n=1，n=2跃迁到n=1所辐射的光子能量大于逸出功，才能发生光电效应故C正确，D错误故选AC点评：解决本题的关键知道能级间跃迁辐射的光子能量等于两能级间的能级差8（6分）如图为一交流发电机发出的电流随时间的变化图象，则下列说法正确的是（）A在A点时穿过线圈的磁通量最大B在B点时穿过线圈的磁通量变化率最小C在A点时线圈处在中性面，电流方向改变D在B点时线圈处在中性面，电流方向改变考点：正弦式电流
16、的图象和三角函数表达式 专题：交流电专题分析：根据图象可知电动势最大和零的时刻，电动势为零时磁通量最大，线框平面垂直于磁场，磁通量为零时电动势最大，线框平面于磁场平行解答：解：A、在A点时交变电流的电流最大，所以此时的线框平面于磁场平行，故A错误；B、在B点时交变电流为零，穿过线圈的磁通量变化率最小，故B正确；C、在A点时交变电流的电流最大，所以此时的线框平面于磁场平行，电流方向不变，故C错误；D、在B点时交变电流为零，通过线框的磁通量最大，线圈处在中性面，电流方向改变故D正确；故选：BD点评：本题考查了对交流电图象的认识，要具备从图象中获得有用信息的能力知道电动势为零时磁通量最大，线框平面垂
17、直于磁场，磁通量为零时电动势最大，线框平面于磁场平行9（6分）如图所示，电路中的变压器为理想变压器，S为单刀双掷开关P是滑动变阻器R的滑动触头，U1为加在原线圈两端的交变电压，I1、I2分别为原线圈和副线圈中的电流下列说法正确的是（）A保持P的位置及U1不变，S由a切换到b，则I1减小B保持P的位置及U1不变，S由b切换到a，则R上消耗的功率减小C保持U1不变，S由b切换到a，将P向上滑动，则I1增大D保持U1不变，S由a切换到b，将P向下滑动，则R上消耗的功率增大考点：变压器的构造和原理；电功、电功率 专题：交流电专题分析：理想变压器输入功率等于输出功率，原副线圈电流与匝数成反比，原副线圈电
18、压与匝数成正比解答：解：A、S由a切换到b副线圈匝数变小，所以副线圈电压变小，电阻不变，所以I2减小，输出功率与输入功率相等，则I1减小，故A正确；B、S由b切换到a，副线圈匝数变大，所以副线圈电压变大，电阻不变，所以R上消耗的功率变大，故B错误；C、保持U1不变，S由b切换到a，副线圈匝数变大，所以副线圈电压变大，将P向上滑动，电阻减小，所以输出功率增大，输出功率与输入功率相等，则I1增大，故C正确；D、保持U1不变，S由a切换到b，副线圈匝数变小，所以副线圈电压变小，将P向下滑动，电阻增大，则R上消耗的功率减小，故D错误；故选：AC点评：理想变压器是理想化模型，一是不计线圈内阻；二是没有出
19、现漏磁现象输入电压决定输出电压，而输出功率决定输入功率二、实验填空题（18分，每空3分）10（12分）“探究碰撞中的不变量”的实验中，入射小球m1=15g，原来静止的被碰小球m2=10g，由实验测得它们在碰撞前后的xt图象如图所示，由图可 知，入射小球碰撞前的m1v1是0.015kgm/s，入射小球碰撞后的m1v1是0.0075kgm/s，被碰小球碰撞后的m2v2是0.0075kgm/s，由此得出结论碰撞中mv的矢量和是守衡的量考点：验证动量守恒定律 专题：实验题分析：由速度图象求出小球的位移与对应的时间，由速度公式求出小球的速度，然后根据动量的计算公式求出小球的动量，最后分析实验数据得出实验
20、结论解答：解：由图象可知，碰前入射小球的速度：v1=1m/s，碰后入射球的速度：v1=0.5m/s，被碰球碰后的速度：v2=0.75m/s，入射球碰前的动量：p=m1v1=0.015kgm/s，入射小球碰撞后的m1v1=0.0075kg/s，被碰小球碰撞后的：m2v2=0.0075kgm/s，碰后系统的总动量：p=m1v1+m2v2=0.015kgm/s通过计算发现：两小球碰撞前后的动量相等，即：碰撞中mv的矢量和是守衡的量故答案为：0.015kgm/s；0.0075kgm/s；0.0075kgm/s；碰撞中mv的矢量和是守衡的量点评：本题考查了实验数据分析，由图象求出小球的位移与对应的时间，
21、应用速度公式与动量的计算公式即可正确解题11（6分）某同学在用油膜法估测分子直径实验中，计算结果明显偏大，可能是由于 （）A油酸未完全散开B油酸中含有大量的酒精C计算油膜面积时，舍去了所有不足一格的方格D求每滴体积时，lmL的溶液的滴数误多记了10滴考点：用油膜法估测分子的大小 专题：实验题分析：用油膜法估测分子直径实验原理是：让一定体积的纯油酸滴在水面上形成单分子油膜，估算出油膜面积，从而求出分子直径根据此原理分析误差解答：解：计算油酸分子直径的公式是d=，V是纯油酸的体积，S是油膜的面积A油酸未完全散开，S偏小，故得到的分子直径d将偏大，故A正确；B计算时利用的是纯油酸的体积，如果含有大量
22、的酒精，则油酸的实际体积偏小，则直径将偏小，故B错误；C计算油膜面积时舍去了所有不足一格的方格，S将偏小，故得到的分子直径将偏大，故C正确；D求每滴体积时，lmL的溶液的滴数误多记了10滴，由V0=可知，纯油酸的体积将偏小，则计算得到的分子直径将偏小，故D错误；故选：AC点评：解答本题关键要理解并掌握单分子油膜法估测分子直径的原理d=，建立这样的模型：油酸分子呈球型分布在水面上，且一个挨一个，再分析误差的大小三、计算题12（18分）如图所示，在光滑水平面上，有一质量M=3kg的薄板，板上有质量m=1kg的物块，两者以v0=4m/s的初速度朝相反方向运动薄板与物块之间存在摩擦且薄板足够长，求当物
23、块的速度为3m/s时，薄板的速度是多少？物块最后的速度是多少？考点：动量守恒定律 专题：动量定理应用专题分析：木板与物块组成的系统动量守恒，根据木板与物块的速度，应用动量守恒定律可以求出速度解答：解：由于地面光滑，物块与薄板组成的系统动量守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律得：Mv0mv0=mv1+Mv代入数据解得：v=m/s，方向水平向右；在摩擦力作用下物块和薄板最后共同运动，设共同运动速度为v，以向右为正方向，由动量守恒定律得：Mv0mv0=（M+m）v代入数据解得：v=2 m/s，方向水平向右；答：当物块的速度为3m/s时，薄板的速度是m/s物块最后的速度是2m/s点评：本题考查了求速度
24、，分析清楚物体运动过程，应用动量守恒定律即可正确解题13（18分）如图甲为小型旋转电枢式交流发电机的原理图，其矩形线圈在匀强磁场中绕垂直于磁场方向的固定轴OO匀速转动，线圈的匝数n=100、电阻r=10，线圈的两端经集流环与电阻R连接，电阻R=90，与R并联的交流电压表为理想电表在t=0时刻，线圈平面与磁场方向平行，穿过每匝线圈的磁通量随时间t按图乙所示正弦规律变化求：（1）交流发电机产生的电动势的最大值；（2）电路中交流电压表的示数；（3）线圈从图示位置开始转动90的过程中通过电阻R的电量考点：交流的峰值、有效值以及它们的关系；闭合电路的欧姆定律；电功、电功率；交流发电机及其产生正弦式电流的
25、原理 专题：交流电专题分析：（1）交流发电机产生电动势的最大值Em=nBS，根据t图线得出周期T以及磁通量的最大值=BS从而求出感应电动势的最大值（2）交流电压表的示数为有效值，求出电动势的有效值，根据闭合电路欧姆定律求出电压表的示数（3）根据平均电动势求出平均电流，再由It即可求出电量解答：解：（1）由图可知，每匝线圈磁通量的最大值为线圈转动的周期为T=6.28102s发电机产生的电动势最大值为（2）由闭合电路的欧姆定律，可得感应电流的最大值感应电流的有效值为电压表的读数是（3）电动势的平均值为=由闭合电路的欧姆定律，可得电流的平均值为通过电阻的电量答：（1）交流发电机产生的电动势的最大值为200V；（2）电路中交流电压表的示数为90V；（3）线圈从图示位置开始转动90的过程中通过电阻R的电量为2.0102C点评：解决本题的关键知道正弦式交流电峰值的表达式Em=nBS，以及知道峰值与有效值的关系，求解电表示数及功率时用有效值，求解电量时要用平均值