1、沭阳银河学校2013-2014学年度高一下学期期末考试模拟试卷物理试题一、选择题1自然界的电、热和磁等现象都是相互联系的，很多物理学家为寻找它们之间的联系做出了贡献下列说法错误的是( )A奥斯特发现了电流的磁效应，揭示了电现象和磁现象之间的联系B欧姆发现了欧姆定律，说明了热现象和电现象之间存在联系C法拉第发现了电磁感应现象，揭示了磁现象和电现象之间的联系D焦耳发现了电流的热效应，定量给出了电能和热能之间的转换关系【答案】B欧姆发现了欧姆定律，说明了在同一电路中，导体中的电流跟导体两端的电压成正比，跟导体的电阻阻值成反比；焦耳发现了热现象和电现象之间存在联系，提出了焦耳定律，故B错误；故选B。【
2、考点】物理学史2关于开普勒第三定律的公式=K，下列说法中正确的是( )公式只适用于绕太阳作椭圆轨道运行的行星。公式适用于宇宙中所有围绕星球运行的行星（或卫星）。式中的K值，对所有的行星（或卫星）都相等。围绕不同星球运行的行星（或卫星），其K值不同。A、 B、 C、 D、【答案】B、公式适用于宇宙中所有围绕星球运行的行星（或卫星），故错误正确；、K与中心天体的质量有关，中心天体不同，对应的K不同，故错误正确；故选B。【考点】开普勒行星运动定律3如图所示，一个带正电的粒子沿x轴正向射入匀强磁场中，它所受到的洛伦兹力方向沿y轴正向，则磁场方向().A.一定沿z轴正向 B.一定沿z轴负向C.一定与xO
3、y平面平行且向下D.一定与xOz平面平行且向下【答案】D由左手定则可知，四指沿x轴正向，大拇指沿y轴正向，则手心向上，所以磁场方向一定与xOz平面平行且向下。故选D。【考点】左手定则4在水平桌面上放置一台电脑，下列说法正确的是（ ）A电脑所受重力与电脑对桌面的压力是一对平衡力B电脑对桌面的压力与桌面对电脑的支持力是一对平衡力C电脑所受重力与桌面对电脑的支持力是一对作用力与反作用力D电脑对桌面的压力与桌面对电脑的支持力是一对作用力与反作用力【答案】DA、电脑所受重力的受力物体是电脑，电脑对桌面的压力的受力物体是桌面，二者不是同一受力物体，所以不是一对平衡力，故A错误；BD、电脑对桌面的压力的受力
4、物体是桌面，桌面对电脑的支持力的受力物体是电脑，二者是一对作用力与反作用力，故B错误D正确；C、电脑所受重力与桌面对电脑的支持力的受力物体是同一物体，二者是一对平衡力，故C错误；故选D。【考点】共点力平衡；牛顿第三定律5根据磁场对电流会产生作用力的原理，人们研制出一种新型的炮弹发射装置-电磁炮，它的基本原理如图所示，下列结论中正确的是A.要使炮弹沿导轨向右发射，必须通以自M向N的电流B. 要使炮弹沿导轨向右发射，必须通以自N向M的电流C.要想提高炮弹的发射速度，可适当增大电流或磁感应强度D.使电流和磁感应强度的方向同时反向，炮弹的发射方向亦将随之反向 【答案】ACAB、由左手定则得：手心向下，
5、大拇指向右，则四指指向N，故A正确B错误；C、提高发射速度的根本就是要增大安培力，由得可适当增大电流或磁感应强度，故C正确；D、由左手定则得：手心向上，四指指向M，则大拇指向右，故D错误。故选AC。【考点】安培力；左手定则6如图所示，某均匀介质中各质点的平衡位置在同一条直线上，相邻两点间的距离为1m。t = 0时，波源S开始振动，速度方向竖直向上，振动由此以1m/s的速度开始向右传播。t = 1.0s时，波源S第一次到达波峰处。由此可以判断，t =7.0s时（ ）A质点b达到最大速度 B质点c达到最大加速度C质点e速度方向竖直向下 D质点h正好到达波谷位置【答案】Ct=0时，波源S开始振动，t
6、=1.0s时，波源S第一次到达波峰处，故，T=4s；波长：=vT=14=4m；波形平移的距离：x=vt=17=7m；画出波形图，如图所示：A、t=7.0s时，质点b位移最大，速度为零，故A错误；B、t=7.0s时，质点c位移为零，加速度为零，故B错误；C、t=7.0s时，质点e位移为零，速度最大；波形向右平移，故质点e向下运动，故C正确；D、t=7.0s时，质点h还没有运动，故D错误。故选C。【考点】波长、频率和波速的关系；横波的图象7质点从静止开始做匀加速直线运动，第一个2秒、第二个2秒、第三个2秒内的位移之比为( )A135B137C149D111【答案】A由位移公式可知，从静止开始相邻的
7、相等时间内的位移之比为1：3：5：（2n-1），所以第一个2秒、第二个2秒、第三个2秒内的位移之比为1：3：5。故选A。【考点】匀变速直线运动的位移与时间的关系8如图，光滑水平面上放有一光滑的斜面体，一物体沿斜面下滑的过程中，相对地面来说 A斜面对物体支持力垂直于斜面，对物体不做功B斜面对物体支持力垂直于斜面，对物体做负功C斜面对物体支持力垂直于斜面，对物体做正功D斜面对物体支持力不垂直于斜面，对物体不做功【答案】B斜面体对物体的支持力垂直于斜面；但由于地面光滑，故在物体下滑地过程中，斜面体也在后退，如图所示，力与位移的夹角大于90，故支持力对物体做负功；故B正确。故选B。【考点】功9某同学按
8、如图所示的电路进行实验，实验时该同学将滑动变阻器的滑动触头P移到不同位置时测得各电流表的示数不同、各电压表的示数也不同，已知图中的电压表和电流表均为理想表。由于电路中有一处发生故障，发现两电压表示数相同了（但不为零），若这种情况的发生是由用电器引起的，则可能的故障原因是（ ）AR1短路BRP短路CR2断路DR2短路【答案】BC由图可知RP与R2串联后与R3并联，然后再与R1串联；电压表V1测并联部分电压；V2测R2两端的电压；若两电压表示数变成相同，则可能是两电表接在了等电势的两端，故可能是RP短路或R2开路；但若R2短路，则电压表V2示数为零；若R1短路，则V1测路端电压，V2测R2两端的电
9、压；故AD错误。故选BC。【考点】闭合电路的欧姆定律10图中的AB是一对平行的金属板，在两板间加上一周期为T的正弦交变电压，即在t=0时两板间电压为0，在t=T/4时A板为正的电势最大值，在t=T/2时，两板间电压又变为0，在t=3T/4时A板为负的电势最大值一个电子(重力不计)从B板上的小孔进入板间，进入时的初速度可以忽略已知电子不论何时进入，在半个周期时间内都不能到达A板下面的说法中正确的是A若电子是在t=0时刻进入的，它将做简谐运动，永远也不能到达A板B若电子是在t=T/8时刻进入的，它将时而向A板运动，时而向B板运动，有可能从B板的小孔飞出C若电子是在t=T/4时刻进入的，它将做简谐运
10、动，永远也不能到达A板D若电子是在t=3T/8时刻进入的，它将时而向A板运动，时而向B板运动，最终一定能打到A板上【答案】CA、电子在t=0时刻进入时，在一个周期内，前半个周期受到的电场力向右，向右做加速运动，后半个周期受到的电场力向左，继续向右做减速运动，T时刻速度为零，接着周而复始，所以电子一直向B板运动，一定会打在B板上，故A错误；B、若电子是在时刻进入时，在一个周期内：在，电子受到的电场力向右，向B板做加速运动，在内，受到的电场力向左，继续向B板做减速运动，时刻速度为零，接着向A板运动，时间内继续向A板运动，时刻速度为零，完成一个周期的运动，接着周而复始，所以电子时而向B板运动，时而向
11、A板运动，根据运动学规律可知，在一个周期内电子向B板运动的位移大于向A板运动的位移，所以电子最后一定会打在B板上，故B错误；C、若电子是在时刻进入的，在一个周期内：在，电子受到的电场力向右，向B板做加速运动，在内，受到的电场力向左，继续向B板做减速运动，时刻速度为零，接着向A板运动，时间内继续向A板运动，时刻速度为零，完成一个周期的运动，在一个周期内电子向B板运动的位移等于向A板运动的位移，接着周而复始，它将做简谐运动，永远也不能到达A板，故C正确；D、与B项同理可知，若电子是在时刻进入时，与在时刻进入时情况相似，在运动一个周期时间内，时而向B板运动，时而向A板运动，总的位移向左，最后穿过A板
12、，故D错误。故选C。【考点】带电粒子在匀强电场中的运动11如图所示，一定质量的理想气体沿图线从状态a，经状态b变化到状态c，在整个过程中，其体积A逐渐增大 B逐渐减小 C先减小后增大 D先增大后减小【答案】A根据理想气体状态方程公式，得到，从图象得到逐渐变大，故体积不断变大；故选A。【考点】理想气体的状态方程12如图所示，内壁光滑的绝热气缸竖直立于地面上，绝热活塞将一定质量的气体封闭在气缸中，活塞静止时处于A位置。现将一重物轻轻地放在活塞上，活塞最终静止在B位置。若气体分子间的相互作用力可忽略不计，则活塞在B位置时与活塞在A位置时相比较A气体的内能可能相同B气体的温度一定不同C单位体积内的气体
13、分子数不变D单位时间内气体分子撞击单位面积气缸壁的次数一定增多【答案】BDA、对于绝热气缸，没有热传递，Q=0，根据热力学第一定律W+Q=U，由于气体被压缩，外界对气体，所以W0，U0，即气体的内能增加，故A错误；B、一定质量的理想气体的内能增加，温度升高，故B正确；CD、气体的体积减小，分子总数不变，则单位体积内分子数增加温度升高，分子热运动的平均动能增大，平均速率增大，所以单位时间内气体分子撞击单位面积气缸壁的次数一定增多，故C错误D正确。故选BD。【考点】封闭气体压强；气体压强的微观意义13在牛顿第二定律的表达式F=kma中，有关比例系数k的下列说法中，正确的是（ ）A在任何情况下k都等
14、于1 B 在国际单位制中，k等于1Ck的数值由质量、加速度和力的大小决定 D以上说法都不正确【答案】B在牛顿第二定律的表达式F=kma中，只有F和a的单位在国际单位制中，比例系数k才为1，故B正确。故选B。【考点】牛顿第二定律14若已知太阳的一个行星绕太阳运转的轨道半径为r，周期为T，引力常量为G，则可求得（ ）A该行星的质量 B太阳的质量 C该行星的平均密度 D太阳的平均密度【答案】BA、研究行星绕太阳做匀速圆周运动，根据万有引力提供向心力，列出等式：，知道行星的运动轨道半径r和周期T，再利用万有引力常量G，通过前面的表达式只能算出太阳M的质量，也就是中心体的质量，无法求出行星的质量，也就是
15、环绕体的质量，故A错误；B、通过以上分析知道可以求出太阳M的质量，故B正确；C、本题不知道行星的质量和体积，也就无法知道该行星的平均密度，故C错误；D、本题不知道太阳的体积，也就不知道太阳的平均密度，故D错误。故选B。【考点】万有引力定律；人造卫星的加速度、周期和轨道的关系15如图所示，在竖直放置的半圆形容器中心O点分别以水平速度V1，V2抛出两个小球（可视为质点），最终它们分别落在圆弧上的A点和B点，已知OAOB，且OA与竖直方向夹角为角，则两小球初速度大小之比值为（ ）A. B. C. D. 【答案】C对于小球1，根据，解得，则；对于小球2，根据，解得，则；则两小球的初速度之比，故C正确。
16、故选C。【考点】平抛运动16氢原子从能级m跃迁到能级n时辐射红光的频率为v1，从能级n跃迁到能级k时吸收紫光的频率为v2，已知普朗克常量为h，若氢原子从能级k跃迁到能级m，则A. 吸收光子的能量为hv1 + hv2 B. 辐射光子的能量为hv1 + hv2 C. 吸收光子的能量为hv1 - hv2 D. 辐射光子的能量为hv1 - hv2 【答案】D氢原子从能级m跃迁到能级n时辐射红光，从能级n跃迁到能级k时吸收紫光，则从能级k跃迁到能级m有，因红光的能量小于紫光的能量，故能量降低辐射光子。故选D。【考点】氢原子的能级公式和跃迁17下列关于电容的说法正确的是()A电容器简称电容B电容器A的电容
17、比B的大，说明A的带电荷量比B多C电容在数值上等于使两极板间的电势差为1 V时电容器需要带的电荷量D由公式知，电容器的电容与电容器两极板间的电压成反比，与电容器所带的电荷量成正比【答案】CA、表述电容器容纳电荷的本领为电容，电容器不是电容，故A错误；B、电容器的电容反映电容器容纳电荷的本领，但容纳的电荷量与两端的电势差有关，电势差越大，则电量越多，并不是说电容越大，电量越多，故B错误；C、由可知，电容在数值上等于使两极板间的电势差为1V时的电容器需要带的电量，故C正确；D、电容是由电容器本身所决定的，与电压及电荷量无关，故D错误故选C。【考点】电容器、电容18如图所示，活塞的质量为m，缸套的质
18、量为M，通过弹簧吊在天花板上，汽缸内封住一定质量的气体，缸套和活塞间无摩擦，活塞面积为S，大气压强为p0，则封闭气体的压强为( )A B C D【答案】C以气缸底为研究对象受力分析，根据平衡条件：，得。故选C。【考点】封闭气体压强19（选做）如图所示，一个粗糙的水平转台以角速度匀速转动，转台上有一个质量为m的物体，物体与转台间用长L的绳连接着，此时物体与转台处于相对静止，设物体与转台间的动摩擦因数为，现突然制动转台，则 A由于惯性和摩擦力，物体将以O为圆心、L为半径做变速圆周运动，直到停止B若物体在转台上运动一周，物体克服摩擦力做的功为C若物体在转台上运动一周，摩擦力对物体不做功D物体在转台上
19、运动圈后，停止运动【答案】ABDAC、突然制动转台，物体所受切向合外力不为零，是摩擦力f，所以物体除了具有向心加速度还具有切向加速度是变速圆周运动，摩擦力一直对物体做负功直到静止，故A正确C错误；B、物体在转台上运动一周的路程为，所以摩擦力做的功为：，所以物体在转台上运动一周，物体克服摩擦力做的功为，故B正确；D、物体初动能全部消耗，最终静止，根据动能定理得：解得：，故D正确。故选ABD。【考点】向心力；惯性；牛顿第二定律20如图所示，在粗糙绝缘的水平面上有一物体A带正电，另一带正电的物体B沿着以A为圆心的圆弧由P到Q缓慢地从A的正上方经过，若此过程中A始终保持静止，A、B两物体可视为质点且只
20、考虑它们之间有库仑力的作用，则下列说法正确的是（ ）A物体A受到地面的支持力先增大后减小B物体A受到地面的支持力保持不变C物体A受到地面的摩擦力先减小后增大D库仑力对物体B先做正功后做负功【答案】AC当质点B由p点运动到最高点的过程中，对物体A受力分析，如图，受重力G、地面的支持力N、摩擦力f以及静电力F；将静电力正交分解，由共点力平衡条件得到：Fsin-f=0 N-Fcos-mg=0 由两式可解得：N=mg+Fcos；f=Fsin；其中G与F不变，逐渐减小为零，因而支持力N逐渐变大，f逐渐变小；当质点B由最高点运动到Q点的过程中，再次对物体A受力分析，如下图，受重力G、地面的支持力N、摩擦力
21、f以及静电力F；将静电力正交分解，由共点力平衡条件得到：Fsin-f=0 N-Fcos-mg=0 由两式可解得：N=mg+Fcos；f=Fsin；其中G与F不变，由零逐渐增大，因而支持力N逐渐变小，f逐渐变大；综合以上两个过程可知：物体A受到地面的支持力N先增大后减小，物体A受到地面的摩擦力先减小后增大，故AC正确，B错误；质点A对质点B的静电力与质点B的速度总是垂直，因而其瞬时功率一直为零，由W=Pt，A对B不做功，故D错误。故选AC。【考点】共点力平衡的条件及其应用；牛顿第三定律；功；库仑定律21木块A、B分别重50 N和60 N，它们与水平地面之间的动摩擦因数均为0.25 ；夹在A、B之
22、间的轻弹簧被压缩了2 cm，弹簧的劲度系数为400N/m。系统置于水平地面上静止不动。现用F =1N的水平拉力作用在木块B上。如右图所示.力F作用后 ( )A. 木块A所受摩擦力大小是12.5 NB. 木块A所受摩擦力大小是8NC. 木块B所受摩擦力大小是9 ND. 木块B所受摩擦力大小是7 N【答案】BC未加F时，木块AB受力平衡，所受静摩擦力等于弹簧的弹力，则弹簧弹力为：；B木块与地面间的最大静摩擦力为：；而A木块与地面间的最大静摩擦力为：；施加F后，对木块B有：；木块B受摩擦力仍为静摩擦力，其大小为：，施加F后，木块A所受摩擦力仍为静摩擦力，大小为：；故BC正确，AD错误。故选BC。【考
23、点】摩擦力；22如图，一有界区域内,存在着磁感应强度大小均为B,方向分别垂直于光滑水平桌面向下和向上的匀强磁场,磁场宽度均为L，边长为L的正方形线框abcd的bc边紧靠磁场边缘置于桌面上，使线框从静止开始沿x轴正方向匀加速通过磁场区域，若以逆时针方向为电流的正方向，能反映线框中感应电流变化规律的是图（）【答案】AC线框右边开始进入磁场时，由右手定则可知，电流方向为逆时针；当右边框开始进入右边磁场时，电流变化顺时针；而从磁场中离开时，电流方向为逆时针；由E=BLV及V=at可知，E=BLat，电动势随时间均匀增大，故电流也随时间均匀增大，故A正确；而由E=BLV及V2=2as可知，故电流与成正比
24、，故C正确。故选AC。【考点】楞次定律；导体切割磁感线时的感应电动势23在光滑水平地面上有两个相同的弹性小球A、B，质量都是m，现B球静止，A球向B球运动，发生正碰.已知碰撞过程总机械能守恒，两球压缩最紧时弹性势能为Ep，则碰前A球速度等于（ ）A. B. C. D.【答案】C设碰撞前A球的速度为v，当两球压缩最紧时，速度相等，根据动量守恒得，则，在碰撞过程中总机械能守恒，有，得，故C正确。故选C。【考点】机械能守恒定律二、实验题24某同学做“验证力的平行四边形定则”的实验，实验装置如 图甲所示，其中两个主要步骤如下：用两个弹簧测力计分别钩住绳套，互成角度地拉橡皮条，使橡皮条伸长，结点到达某一
25、位置O，记下O点的位置，读出并记录两个弹簧测力计的示数；只用一个弹簧测力计，通过绳套拉橡皮条使其伸长，读出并记录弹簧测力计的示数，记下细绳的方向，按同一标度作出这个力F的图示，如图乙所示；（1）以上两步骤均有疏漏，请指出疏漏：在中是 在中是 （2）图乙所示的F与F两力中，方向一定沿AO方向的是_【答案】（1）记下两条细绳的方向；把橡皮条的结点拉到了同一位置O点 （2）F（1）本实验为了验证力的平行四边形定则，采用的方法是作力的图示法，作出合力和理论值和实际值，然后进行比较，得出结果，所以，实验时，除记录弹簧秤的示数外，还要记下两条细绳的方向，以便确定两个拉力的方向，这样才能作出拉力的图示；步骤
26、中未记下两条细绳的方向；步骤中未说明把橡皮条的结点拉到位置O；（2）F是利用F1和F2做平行四边形得到的，F使用一根弹簧测力计测出的，故F一定沿AO方向。【考点】验证力的平行四边形定则三、计算题25(10分)如图所示，轻杆BC的C点用光滑铰链与墙壁固定，杆的B点通过水平细绳AB使杆与竖直墙壁保持30的夹角若在B点悬挂一个定滑轮(不计重力)，某人用它匀速地提起重物已知重物的质量m30 kg，人的质量M50 kg，g取10 m/s2.试求：(1)此时地面对人的支持力的大小；(2)轻杆BC和绳AB所受力的大小【答案】 （1）对人进行受力分析，根据平衡条件有：（2）滑轮对结点B的拉力为为：以结点B为研究对象，进行受力分析，如图，根据共点力平衡得，【考点】共点力平衡沭阳银河学校2013-2014学年度高一下学期期末考试模拟试卷物理试题参考答案24（1）记下两条细绳的方向；把橡皮条的结点拉到了同一位置O点 （2）F25(10分)（1）对人进行受力分析，根据平衡条件有：（2）滑轮对结点B的拉力为为：以结点B为研究对象，进行受力分析，如图，根据共点力平衡得，