1、湖北省枣阳市白水高中2014-2015学年度高二下学期期末考试物理试题考试范围：选修三；考试时间：100分钟；命题人：罗峰注意事项：1答题前填写好自己的姓名、班级、考号等信息2请将答案正确填写在答题卡上第I卷（60分）评卷人得分一、选择题（本大题共30题，每题2分，共计60分）1光滑水平面上静止的物体，受到一个水平拉力作用开始运动，拉力随时间变化如图所示，用、分别表示物体的动能、速度、位移和水平拉力的功率，下列四个图像中分别定性描述了这些物理量随时间变化的情况，正确的是2图中a、b是两个点电荷，它们的电量分别为Q1、Q2，MN是ab连线的中垂线，P是中垂线上的一点。下列哪种情况能使P点场强方向
2、指向MN的左侧AQ1、Q2都是正电荷，且Q1|Q2|C.Q1是负电荷，Q2是正电荷，且|Q1|Q2D.Q1、Q2都是负电荷，且|Q1|Q2|3如图所示，A、B为两块水平放置的金属板，通过闭合的开关S分别与电源两极相连，两极中央各有一个小孔a和b，在a孔正上方某处放一带电质点由静止开始下落，若不计空气阻力，该质点到达b孔时速度恰为零，然后返回现要使带电质点能穿过b孔，则可行的方法是 ( )A保持S闭合，将A板适当上移 B保持S闭合，将B板适当下移C先断开S，再将A板适当上移 D先断开S，再将B板适当下移4 （本题共有两个小题，每小题6分，共12分。每小题只有一个选项符合题意）O0Ekm爱因斯坦提
3、出了光量子概念并成功地解释光电效应的规律而获得1921年的诺贝尔物理学奖。某种金属逸出光电子的最大初动能Ekm与入射光频率的关系如图所示，其中0为极限频率。从图中可以确定的是_。（填选项前的字母）A逸出功与有关 BEkm与入射光强度成正比CUI；P=I 2(R1+ R2)；PI 2(R1+ R2)。以上结论正确的有 （ ）A只有 B只有 C只有 D只有16如图所示，沿x轴正方向传播的一列简谐横波在某时刻的波形图为一正弦曲线，其波速为200m/s，下列说法中正确的是y/cmx/m53421-202006abA图示时刻质点b的速度正在增大B图示时刻质点b的加速度正在增大C从图示时刻开始，经过0.0
4、5s，质点a通过的路程为1.6mD若此波遇到另一列波并发生稳定干涉现象，则另一列波的频率为25Hz17在完全透明的水下某处，放一点光源，在水面上可见到一个圆形透光平面，如果圆形透光平面的半径匀速增大，则该点光源正在（ ）abA加速上升 B匀速下沉 C匀速上升 D减速下沉18如图11-1-16所示,电流为I的一段通电直导线处于匀强磁场中,受到的安培力为F,图中正确标志I和F方向的是()图11-1-1619如图所示,一带负电的油滴,从坐标原点O以速率v0射入水平的匀强电场,v0的方向与电场方向成角。已知油滴质量为m,测得它在电场中运动到最高点P时的速率恰为v0,设P点的坐标为(xp,yp)，则应有
5、( ) A.xp0B.xp0C.xp=0D.条件不足无法判定20带电粒子垂直进入匀强电场中偏转时（除电场力外不计其他力的作用）：（ ）A电势能增加，动能增加 B电势能减小，动能增加C电势能和动能都不变 D上述结论都不正确21如图所示，S点为波源，其频率100Hz，所产生的横波向右传播，波速为80m/s，P、Q是波传播途径中的两点，已知SP=4.2m，SQ=5.4m，当S通过平衡位置向上运动时，则( ) AP在波谷，Q在波峰BP在波峰，Q在波谷CP、Q都在波峰DP通过平衡位置向上运动，Q通过平衡位置向下运动22如图甲所示，Q1、Q2是两个固定的点电荷，其中Q1带正电，在它们连线的延长线上a、b
6、点，一带正电的试探电荷仅在库仑力作用下以初速度va从a点沿直线ab向右运动，其v-t图象如图乙所示，下列说法正确的是（ ）AQ2带正电BQ2带负电Cb点处电场强度为零D试探电荷的电势能不断增加23在图所示的实验装置中，平行板电容器的极板A与灵敏的静电计相接，极板B接地若极板B稍向上移动一点，由观察到的静电计指针的变化作出平行板电容器电容变小的结论的依据是( )A.两极板间的电压不变，极板上的电量变小B.两极板间的电压不变，极板上的电量变大C.极板上的电量几乎不变，两极板间的电压变小D.极板上的电量几乎不变，两极板间的电压变大24如图所示，在光滑水平面上有一质量为M的木块，木块与轻弹簧水平相连，
7、弹簧的另一端连在竖直墙上，木块处于静止状态，一质量为m的子弹以水平速度v0击中木块，并嵌在其中，木块压缩弹簧后在水平面做往复运动。木块自被子弹击中前到第一次回到原来位置的过程中，木块受到的合外力的冲量大小为 （ ）A B2Mv0 C D2mv025某无限长粗糙绝缘直杆与等量异种电荷连线的一条中垂线重合，杆水平放置。杆上有A、B、O三点，其中O为等量异种电荷连线中点，AO=BO。现将一带电小圆环从杆上A点以初速度v0向B点滑动（不计小环重力），滑到B点时速度恰好为0，则关于带电小圆环的运动，下列说法正确的是（ ）A运动的加速度逐渐变小B运动的加速度先变大后变小C运动到O点的速度为v0/2D运动到
8、O点的速度小于v0/226如图12110所示，一闭合的金属环从静止开始由高处下落通过条形磁铁后继续下落，空气阻力不计，则在圆环运动过程中，下列说法正确的是（ ）A、圆环在磁铁的上方时，圆环的加速度小于g，在下方时大于gB、圆环在磁铁的上方时，圆环的加速度小于g，在下方时也小于gC、圆环在磁铁的上方时，圆环的加速度小于g，在下方时等于gD、圆环在磁铁的上方时，圆环的加速度大于g，在下方时小于g27（6分）如图所示，两列简谐横波分别沿x轴正方向和负方向传播，两波源分别位于x0.2 m和x1.2 m处，两列波的速度均为v0.4 m/s，两波源的振幅均为A2 cm。图示为t0时刻两列波的图像(传播方向
9、如图所示)，此刻平衡位置处于x0.2 m和x0.8 m的P、Q两质点刚开始振动。质点M的平衡位置处于x0.5 m处，关于各质点运动情况判断正确的是（ ）(填正确答案标号。选对1个得2分，选对2个得4分，选对3个得6分；每选错1个扣3分，最低得分为0分)A两列波相遇后振幅仍然为2cmBt1 s时刻，质点M的位移为4 cmCt1 s时刻，质点M的位移为+4 cmDt0.75 s时刻，质点P、Q都运动到M点E质点P、Q的起振方向都沿y轴负方向28有一个电子器件,当其两端电压高于100 V时导电,等于或低于100 V时则不导电,若把这个电子器件接到100 V、50 Hz的正弦交流电源上,这个电子器件将
10、( )A.不导电 B.每秒钟导电50次C.每秒钟内导电100次 D.每次导电的时间为0.005 s29如图所示，a、b带等量异种电荷，M、N为a、b连线的中垂线.现有一带电粒子从M点以一定的初速度v射出，开始时的一段轨迹如图中细线所示.若不计重力的作用，则在飞越该电场的过程中，下列说法正确的是（ ）A.该粒子带负电B.该粒子的动能先增加后减少C.该粒子的电势能先增加后减少D.该粒子运动到无穷远处后，其速度大小一定仍为v30S、P、Q是同一介质中的三个质点，SP=4.2m，PQ=1.2m，有一列沿X轴正方向传播的简谐横波，其波速为80米/秒，振动频率为100赫兹。当S通过平衡位置向下振动时，那么
11、AP在波谷，Q在波峰BP在波峰，Q在波谷CP点通过平衡位置向下运动DQ点通过平衡位置向上运动第II卷（40分）评卷人得分三、实验题（题型注释）31 (10分）如图是一同学测量某导电液体电阻率的实物连线图.图中均匀的长直玻璃管内径为d，里面充满待测导电液体，玻璃管两端各装有一电极，电极距离为L.(1) 根据实物连线图在虚线框内画出实验的电路原理图，其中导电液体用电阻Rx表示。（2）在接通电路前，为保证器材安全滑动变阻器的滑片P应移到最 端（填“左”或“右”）。在电路调试时，该同学发现：闭合开关S1后，单刀双掷开关S2接到a接点时电压表示数为4.5 V、电流表示数为180A；单刀双掷开关S2接到b
12、 接点时电压表示数为4.6 V、电流表示数为164A。正式测量时，为减小实验误差，单刀双掷开关S2应接到 点（填“a”或“b”）。(3)该同学正确完成实验，测得该段液体的电阻R0，则该导电液体的电阻率的表达式为= (用R0、L、d等表示).评卷人得分四、计算题（30分）32（12分）水平面上两根足够长的金属导轨平行固定放置，间距为L，一端通过导线与阻值为R的电阻连接；导轨上放一质量为m的金属杆（如左下图），金属杆与导轨的电阻忽略不计，均匀磁场竖直向下用与导轨平行的恒定拉力F作用在金属杆上，杆最终将做匀速运动当改变拉力的大小时，相对应的匀速运动速度v也会变化，v和F的关系如右下图（取重力加速度g
13、=10 m/s2） （1）金属杆在匀速运动之前做什么运动？ （2）若m=05 kg,L=05 m,R=05 ，磁感应强度B为多大？ （3）由v-F图线的截距可求得什么物理量？其值为多少？33（8分）如图所示，将一根长为2d的不可伸长的细绳两端固定在相距为d的AB两等高点，绳上挂一小滑轮P，P下面有一质量为m的物体处于静止状态。现用水平力F拉住滑轮使AP处于竖直方向。若不计绳与滑轮摩擦及空气阻力，也不计绳与滑轮的质量。求水平力F的大小。34（10分）（2014贵州模拟）如图所示，甲车质量为2kg，静止在光滑水平面上，其顶部上表面光滑，右端放一个质量为1kg的小物体，乙车质量为4kg，以5m/s的
14、速度向左运动，与甲车碰撞后甲车获得6m/s的速度，物体滑到乙车上，若乙车足够长，其顶部上表面与物体的动摩擦因数为0.2，则（g取10m/s2）（1）物体在乙车上表面滑行多长时间相对乙车静止；（2）物块最终距离乙车左端多大距离参考答案1BD【解析】试题分析：由F-t图线可知，物体所受的力恒定，做匀加速直线运动，选项B正确；由可知，x-t图线应为曲线，选项C错误；由，故Ek-t图线应为曲线，选项A错误；P=Fv=Fat，故选项D正确，故选BD.考点：物理图线；匀变速运动.2AC【解析】试题分析：当两点电荷均为正电荷时，若电荷量相等，则它们在P点的电场强度方向沿MN背离N方向当Q1Q2时，则b点电荷
15、在p点的电场强度比a点强，所以电场强度合成后，方向偏左故A正确；当Q1是正电荷，Q2是负电荷时，b点电荷在p点的电场强度方向沿Pb方向，而a点电荷在p点的电场强度方向沿aP连线方向，则合电场强度方向偏右不论电量大小关系，仍偏右故B错误；当Q1是负电荷，Q2是正电荷时，b点电荷在p点的电场强度方向沿bP连线方向，而a点电荷在p点的电场强度方向沿aP连线方向，则合电场强度方向偏左不论它们的电量大小关系，仍偏左故C正确；当Q1、Q2是负电荷时，b点电荷在p点的电场强度方向沿bP连线指向b点，而a点电荷在p点的电场强度方向沿aP连线指向a点，由于|Q1|Q2|，则合电场强度方向偏右故D错误；故选：AC
16、.考点：场强的叠加.3B【解析】试题分析：设质点距离A板的高度h，A、B两板原来的距离为d，电压为U质点的电量为q由题质点到达b孔时速度恰为零，根据动能定理得mg（h+d）-qU=0若保持S闭合，将A板适当上移，设质点到达b时速度为v，由动能定理得mg（h+d）-qU=mv2，v=0，说明质点到达b孔时速度恰为零，然后返回，不能穿过b孔故A错误若保持S闭合，将B板适当下移距离d，由动能定理得mg（h+d+d）-qU=mv2，则v0，质点能穿过b孔故B正确若断开S时，将A板适当上移，板间电场强度不变，设A板上移距离为d，质点进入电场的深度为d时速度为零由动能定理得mg（h-d+d）-qEd=0，
17、又由原来情况有mg（h+d）-qEd=0比较两式得，dd，说明质点在到达b孔之前，速度减为零，然后返回故C错误若断开S，再将B板适当下移，根据动能定理可知，质点到达b孔原来的位置速度减为零，然后返回，不能到达b孔故D错误故选B考点：动能定理；电场力做功。4（1）D（2）A【解析】（1）光电子的最大初动能与入射光频率的关系是Ekm = hvW，结合图象易判断D正确。（2）由碰撞中的动量守恒得mv = 2mvBmvA，vA0，则vB0.5v，故小于0.5v的值不可能有，A正确。5D【解析】进入磁场时：AB切割磁感线产生上正下负的感应电动势E=Bav，AB两端的电压为路端电压分的电源电动势的。完全进
18、入磁场中：AB、CD均在切割磁感线产生上正下负的感应电动势E=Bav，电路中没有电流，AB两端的电压就为电源电动势。离开磁场时：CD切割磁感线产生上正下负的感应电动势E=Bav，A接电源正极，B接电源负极。AB两端的电压为电动势的。所以D选项对6C【解析】试题分析：线圈平面与中性面重合时，磁感线与线圈平面垂直，磁通量最大，所以A项错误；中性面时，磁通量的变化率为零，感应电动势为零，所以B项错误；线圈平面与中性面垂直时，磁感线与线圈平面平行，磁通量为零，但磁通量的变化率最大，感应电动势最大，所以C项正确；在中性面时，感应电流为零，电流方向在此位置前后发生变化，在垂直中性面时，感应电流最大，电流方
19、向不变，所以D项错误。考点：本题考查了交变电流的理解7BC【解析】试题分析：假设A答案：由于A顺时针转动，且转速变小，则顺时针电流越来越弱，即圆心内垂直纸面进入的磁场变弱，根据楞次定律产生的感应磁场应该也是垂直纸面进去的，那么根据右手定则判断出来的感应电流为顺时针，A错，同理B对。假设C答案，若A带负电，且转速减弱，则逆时针电流变大，则圆心处垂直纸面出来的磁场变强，则根据楞次定律产生的感应磁场应该是垂直纸面出来的，那么根据右手定则判断出来的感应电流为逆时针，则C对，D错，故选BC考点：考查楞次定律的运用点评：本题难度较小，要抓住原磁通的变化趋势，然后利用增反减同来判断感应磁通量，最后利用右手定
20、则判断感应电流方向8C【解析】略9B【解析】试题分析：，由法拉第电磁感应定律得：；故B正确故选B考点：法拉第电磁感应定律点评：容易题。注意磁通量、磁通量的变化量都与线圈匝数无关，而感应电动势与匝数和磁通量的变化率有关。10D【解析】有欧姆定律得，故在I-U图中斜线斜率为，其倒数为电阻，所以11D【解析】试题分析：电场强度是通过比值定义法得出的，其大小及方向与试探电荷无关；故放入任何电荷时电场强度的方向大小均不变，故A、B、C均错误，D正确考点：电场强度.12B【解析】试题分析：方向沿x轴的恒定磁场，则前方的通电导线受力为竖直向上，后方的为竖直向下，所以不满足题意，A错，若方向沿y轴的恒定磁场，
21、则左方的安培力方向向下，右方的安培力方向向上，满足题意，B对。若是方向沿z轴的恒定磁场，则磁场具有收缩的趋势，不会转动，C错。方向沿z轴的变化磁场则会导致线框有收缩或扩张，D错。考点：安培力点评：本题考查了安培力的判断，并结合安培力的力矩效果判断线框的转动。属于常见的安培力判断问题13C【解析】试题分析：通电线圈产生磁场方向向东，由安培定则可知电流沿逆时针方向；磁感应强度为矢量，根据其叠加原理可得 (B为合磁感应强度)，所以.所以本题选C项考点：考查了安培定则，磁场的叠加点评：本题的关键是判断小磁针的偏转方向，根据偏转方向判断电流方向14C【解析】试题分析:由安培定则可知，N极在内，S极在外，
22、根据同极相互排斥，异极相互吸引，因此从上往下看，线圈做逆时针方向转动，同时靠近磁铁；故C正确，A、C、D错误。考点：安培定则15D【解析】试题分析：对于非纯电阻电路，欧姆定律不再适用，利用P=UI可求得输入功率，有能量守恒定律可知，P1为机械功率，D对；考点：考查闭合电路欧姆定律的功率分配点评：本题难度较小，注意对于非纯电阻电路欧姆定律不再适用，可根据能量守恒定律求解16B【解析】17B【解析】本题考查的是光的折射问题，点光源越靠近水面折射角越小，圆形区域越小，因此如果圆形透光平面的半径匀速增大，则该点光源正在匀速下沉；B正确；ACD错误；18AD【解析】安培力的方向与电流方向和磁场方向都垂直
23、,且满足左手定则.19B【解析】竖直方向在重力作用下做竖直上抛运动，水平方向在电场力作用下做匀减速直线运动，在最高点竖直分速度为零，水平速度为v0,由此可判断电场力正功，B对；20B【解析】试题分析：整个过程电场力做正功，只有电势能与动能之间相互转化，根据能量守恒，减小的电势能全部转化为动能，故ACD错误，B正确考点：带电粒子在匀强电场中的运动21A【解析】试题分析：根据公式可得该波的波长为：，所以, 故P点比S点的振动情况向后退周期，所以当S通过平衡位置向上振动时，P位于波谷，Q点比S点的振动情况向后退，所以当S通过平衡位置向上振动时，Q在波峰，故选A，考点：考查了横波的传播点评：做本题的关
24、键是算出两点距离S点的振动晚了多长时间，然后根据振动规律分析解题22BC【解析】试题分析：带正电的电荷在b点前做减速运动，b点后做加速运动，可见b点的加速度为0，则在b点受到两点电荷的电场力平衡，可知Q2带负电故BC正确,A错误；该电荷从a点到b点，做减速运动，动能减小，电势能增大；b点以后，动能增大，电势能减小，故选项D错误，故选BC.考点：v-t图线；动能定理.23D【解析】试题分析：静电计指针偏角越大电容器两极板间电压越高，反之越低，平行板电容器电容与两极板间距离，极板正对面积，介电常数有关。电容器不接电源电量不变。电容器不接电源电量几乎不变，极板B稍向上移动，正对面积减小由可知C减小，
25、由,不变U变大，D选项正确故选D考点：平行板电容器的动态分析。 点评：分析此类问题应注意以下两点：其一，静电计相当于一个容量很小的电容器，它的金属球、直杆与指针相当于电容器的一个极板；金属外壳则相当于另一个极板这个电容器带电时，由于静电斥力使指针偏转，所以若静电计的带电荷量Q增加时，斥力增大则指针的偏角变大，因其电容C不变。故电荷量增大则电压U随之增大，故静电计指示的是平行板电容器的电压其二，平行板电容器比静电计的电容大得多。总电荷量几乎集中在平行板电容器上，因此在实验操作过程中，可认为平行板电容器极板上电荷量几乎不变另外，平行板电容器两板间的电压，总是等于静电计指示的电压。解决平行板电容器的
26、动态分析问题，首先要分清哪些是不变量，哪些是变化量，然后利用基本公式(、)，把变化量用不变量代替，进行判断24A【解析】从子弹击中木块到嵌入木块中，这一过程的时间极短，所以这个过程中子弹与木块组成的系统动量守恒，即，然后一起在水平面上做往复运动。子弹嵌入木块以后，和弹簧组成的系统机械能守恒，即动能和势能在相互转化，木块第一次回到原来位置时的速度即为子弹击中木块并和木块一起运动的速度，所以木块受到的合外力的冲量大小为，故A正确。25B【解析】沿AB方向上，小圆环所受电场力先增大后减小，则正压力也是先增大后减小，因为摩擦力，可知运动的加速度先变大后变小，故B正确故选B26B【解析】一闭合的金属环从
27、静止开始由高处下落通过条形磁铁的过程中，闭合金属环的磁通量先增大，而后减小，根据楞次定律它增大时，不让它增大即阻碍它增大；它要减小时，不让它减小即阻碍它减小，所以下落时圆环在磁铁的上方和下方，圆环所受的安培力都向上，故加速度都小于g27ABE【解析】试题分析：两列波相遇过后不改变波的性质，所以振幅不变，振幅仍然为2cm，故A正确；由图知波长=0.4m，波的周期为，两质点传到M的时间为，当t=1s时刻，两波的波谷恰好传到质点M，所以位移为-4cm故B正确，C错误；质点只在各自的平衡位置附近振动，不随波迁移，所以质点P、Q都不会运动到M点，故D错误；由波的传播方向根据波形平移法可判断出质点的振动方
28、向：两列简谐横波分别沿x轴正方向和负方向传播，则质点P、Q均沿y轴负方向运动，故E正确；考点：机械波的传播及机械波的叠加原理。28AC【解析】试题分析：当电子从M点向N点运动时，库仑力先做正功，后做负功，运动的速度先增加后减小，所以动能先增加后减小，则电势能先减小后增加所以A、C正确；B、D错误；故选AC考点：电场力功；电势能.29ABD【解析】由粒子运动轨迹可知，粒子是负电荷，由等量异种电荷等势面和电场线分布可知，其动能是先增加后减少，电势能是先减少后增加，无穷远处电势为0，电场力做功为0，速度仍为v.综上所述，错误选项为C.正确选项为ABD.30B【解析】考点：横波的图象；波长、频率和波速
29、的关系。分析：本题关键确定PS、QS与波长的关系，画波形进行分析是常用的方法。由振动的频率和波速，根据波速公式求出波长，分析PS、QS与波长的关系，结合波形，确定此时刻P、Q两质点所处的位置。SQP解答：由v=f得，波长 ， ，相当于 ，相当于 ，当质点S恰通过平衡位置向下运动，结合波形如图示意图，此时刻P、Q两质点所处的位置分别是：P在波峰，Q在波谷。故选B。31（1） （2）右，b（3）【解析】试题分析：电路如图所示接通电路前为保证电路的安全，应使滑动变阻器接入电路中的电阻最大，即滑片应移到最右端。分别使用内接法和外接法时电流表示数变化大，电压表示数变化小，说明电流表对示数影响较小，即电流
30、表内阻远远小于被测电阻，为减小误差应当采用电流表内接法。故接b端。根据欧姆定律，电阻率公式，及可得电阻率。考点：电流表的内接法和外接法，电阻率公式32（1）加速度减小的加速运动（2）1 T（3）由直线的截距可以求得金属杆受到的阻力f=2 N,若金属杆受到的阻力仅为动摩擦力，由截距可求得动摩擦因数=04【解析】（1）金属杆运动后，回路中产生感应电流，金属杆将受F和安培力的作用，且安培力随着速度增大而增加杆受合外力减小，故加速度减小，速度增大，即做加速度减小的加速运动 （2分）（2）感应电动势E=vBL，（1分）感应电流I=， （1分）安培力F=IBL= （1分）由图线可知金属杆受拉力、安培力和阻
31、力作用，匀速时合力为零F=v+f （2分）所以v=（F-f） （1分）从图线可以得到直线的斜率k=2 （2分）所以B=1 T （2分）（3）由直线的截距可以求得金属杆受到的阻力f=2 N,若金属杆受到的阻力仅为动摩擦力，由截距可求得动摩擦因数=04 （3分）33【解析】设AP间离为h则由几何关系得 （2分）得 （1分） 对滑轮受力分析，有 （2分） （2分）解得： （2分）34（1）物体在乙车上表面滑行0.8s相对乙车静止；（2）物块最终距离乙车左端0.8m处【解析】试题分析：（1）甲、乙碰撞后动量守恒，求出碰后乙的速度，木块、向左做匀加速运动求出加速度，乙车和木块，动量守恒求出两者的共同速度，根据匀变速直线运动，速度时间关系即可求得时间；（2）木块向右运动过程中运用动能定理即可求解解：对甲、乙碰撞动量守恒m乙v0=m甲v1+m乙v2，解得：对木块、向左做匀加速运动a=g=2m/s2乙车和木块，动量守恒m乙v2=（m乙+m木）v解得所以滑行时间（2）木块向右运动过程中运用动能定理得：）v2解得：s=0.8m 点评：本题主要考查了动量守恒定律及动能定理的直接应用，要求同学们能正确分析物体的运动情况，难度适中
