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1、“湖南省五市十校教研教改共同体”高二期末考试物理试题时量：80分钟 分值：110分 答题说明：1、考生必须将答案准确填写到答题卡上，写在试卷上的一律无效；2、考生请使用黑色中性笔和2B铅笔作答； 物理选择题(本题共9小题，每小题6分，1-6为单项选择；7-9题为多项选择，全部选对得6分，选对但选不全的得3分，有选错的得0分)1关于物理科学家和他们的贡献，下列说法中正确的是A.奥斯特发现了电流的磁效应，并发现了电磁感应现象B.库仑提出了库仑定律，并最早用实验测得元电荷e的数值C.牛顿发现了万有引力定律，并通过实验测出了引力常量D.法拉第发现了电磁感应现象。2一物体在三个共点恒力作用下做匀速直线运
2、动，若突然撤去其中一个力，其余两力不变，此物体不可能做A.匀加速直线运动B.匀减速直线运动C.类似于平抛运动D.匀速圆周运动3如图所示，一同学分别在同一直线上的A、B、C三个位置投掷篮球，结果都垂直击中篮筐，速度分别为、。若篮球出手时高度相同，出手速度与水平夹角分别为、，下列说法正确的是A. B. C. D.错误！未找到引用源。 4示波管原理如图所示，电子在电压为UPK的加速电场中由静止开始运动，然后进入电压为UAB的偏转电场，最后打在荧光屏上的O点，要使电子打在荧光屏上的位置O到荧光屏中心O的距离增大，下列措施可行的是A.只增大UPK B.只增大UABC.增大UPK同时减小UAB D.将电子
3、换成比荷(q/m)较大的带电粒子5在如图所示的电路中，闭合开关S，在滑动变阻器滑片P缓慢向右移动的过程中，A.灯泡L变暗B.电源内部消耗的功率先变大后变小C.电容器C上的电荷量增加D.流过R1的电流方向由左向右6人造地球卫星绕地球运转，它的轨道半径、周期和环绕速度的关系是：( )A半径越小，速度越小，周期越小 B半径越小，速度越大，周期越小C半径越大，速度越大，周期越小 D半径越大，速度越小，周期越小7质量为1.0kg的物体以某一初速度在水平面上滑行，由于滑动摩擦力的作用，其动能随位移变化的情况如图所示，若g取10m/s2，则下列判断正确的是A.物体与水平面间的动摩擦因数为0.30 B.物体与
4、水平面间的动摩擦因数为0.25C.物体滑行的总时间为4.0sD.物体滑行的总时间为3.0s8如图甲所示，在匀强磁场中，一矩形金属线框绕与磁场方向垂直的轴匀速转动产生交流电，电动势e随时间t的变化关系如图乙所示，则A.该交流电的频率为100HzB.该交流电电动势的有效值为220VC.t=0.01s时，穿过线框的磁通量为零D.t=0.01s时，穿过线框的磁通量的变化率为零9如图甲所示，abcd为导体做成的框架，其所在平面与水平面成角，导体棒PQ与ad、bc接触良好，整个装置放在垂直于框架平面的变化磁场中，磁场的磁感应强度B随时间t的变化情况如图乙所示(设图甲中B的方向为正方向)，在0t1时间内导体
5、棒PQ始终静止，下面判断正确的是A.导体棒PQ中电流方向由Q至PB.导体棒PQ所受安培力的方向沿框架向下C.导体棒PQ所受安培力的大小在增大D.导体棒PQ所受安培力的大小在减小10.(6分)在研究匀变速直线运动的实验中，如图所示，为一条记录小车运动情况的纸带，图中A、B、C、D、E为相邻的计数点，相邻计数点间的时间间隔T=0.1s。(纸带所标长度单位为cm，计算结果保留2位小数)(1)则打下B点时，纸带的速度vB=_m/s。(2)纸带的加速度大小为a=_m/s2。DCEBA7.0017.5031.5049.00cm11.(8分)一个未知电阻Rx，阻值大约为10k20k，为了较为准确地测定其电阻
6、值，实验室中有如下器材：电压表V1(量程3V、内阻约为3k)电压表V2(量程15V、内阻约为15k)电流表A1(量程200A、内阻约为100)电流表A2(量程0.6A、内阻约为1)电源E(电动势为3V)滑动变阻器R(最大阻值为200)开关S(1)在实验中电压表选 ，电流表选 (填V1、V2，A1、A2，每空2分)(2)为了尽可能减小误差，电流表最好用 (填“内”“外”)接法，滑动变阻器用 (填“分压式”或“限流式”).(每空2分)12.(12分)一列火车由静止开始做匀变速直线运动，一个人站在第1节车厢前端的站台前观察，第1节车厢通过他历时2s，全部车厢通过他历时8s，忽略车厢之间的距离，车厢长
7、度相等，求：(1)这列火车共有多少节车厢？(2)最后7节车厢通过他所用的时间为多少？13.(12分)如图所示，在竖直平面内的直角坐标系xoy中，有正方形区域oabc，其区域内存在竖直向上大小为的E匀强电场。不加磁场时，一带电小球以初速度V0从o点沿X轴正方向射入，恰好沿X轴做匀速直线运动。若加一垂直于平面向里、大小为B的匀强磁场，小球恰好能在oabc区域内做匀速圆周运动，从a点沿x轴负方向射出该区域，已知重力加速度为g，求：(1)带电小球电性及比荷q/m ；(2)若同时存在电场和磁场，带小球从o点入射的同时，磁场的上边界以某一速度V向下匀速运动，使得带电体刚好从ab边上的中点d飞出电场，求V；
8、 14.(18分)如图：光滑斜面的下端有一条足够长的水平传送带，传送带以V0=4m/s 的速度运动，运动方向如图所示。 一个质量为1Kg的物体，从h=3.2m的高处由静止沿斜面下滑，物体经过A点时，不计能量损失，物体与传送带间的动摩擦因数为0.4，g=10m/s2，求：(1)、物体下滑到A点时的速度大小？ (2)、物体从A点滑到左边最远处的时间和这个过程中系统产生的热量？ (3)、物体第三次经过A点后，最远能在皮带上滑行多远？ 高二联考物理科答案及评分参考标准每题6分，共54分。 1.D【解析】本题考查了物理学史的知识点，意在考查学生的识记能力。奥斯特发现了电流的磁效应，法拉第发现了电磁感应现
9、象故A错误；库仑提出了库仑定律，美国物理学家密立根利用油滴实验测定出元电荷e的带电量故B错误；牛顿发现万有引力定律，英国人卡文迪许利用扭秤实验测出了引力常量故C错误；法拉第不仅发现了电磁感应现象，故D正确故选D. 2.D【解析】本题考查共点力平衡的条件及其应用、物体做曲线运动的条件作匀速直线运动的物体受三个力的作用，这三个力的合力一定为零，如果其中的一个力突然消失，剩余的两个力的合力与撤去的力等大反向共线，这个合力恒定不变若物体的速度方向恰好与此合力方向相同，则物体将匀加速直线运动，故A有可能；若物体的速度方向与此合力的方向恰好相反，则物体做匀减速直线运动，故B有可能；若此合力方向与速度方向不
10、共线时，物体做匀变速曲线运动，若此合力方向恰好与物体的速度方向垂直，则物体做类平抛运动，故C有可能；这个合力恒定，而匀速圆周运动的向心力一直指向圆心，是变力，所以物体不可能做匀速圆周运动，故D不可能该题选不可能的，所以选D. 3 .B【解析】将篮球的运动逆向考虑，篮球从球篮处平抛，运动时间相同，则落地时竖直分速度相同，水平位移大，则水平分速度大，合速度与水平方向夹角小，合速度大，B正确。 4 B【解析】本题考查了示波管原理等知识点，意在考查考生对带电粒子在电场中运动问题的实际解决能力。 设电子经电压UPk加速后的速度为v0，由动能定理得：错误！未找到引用源。，电子以速度v0进入偏转电场后，垂直
11、于电场方向做匀速直线运动，沿电场方向做初速度为零的匀加速直线运动。设电子在偏转电场中运动的时间为t1，电子的加速度为a，离开偏转电场时的侧移量为y1，由牛顿第二定律得：错误！未找到引用源。，解得：错误！未找到引用源。由运动学公式得：水平方向有：错误！未找到引用源。，竖直方向：错误！未找到引用源。联立解得：错误！未找到引用源。，设电子离开偏转电场时沿电场方向的速度为vy，由匀变速运动的速度公式可知：错误！未找到引用源。；电子离开偏转电场后做匀速直线运动，设电子离开偏转电场后打在荧光屏上所用的时间为t2，则电子打到荧光屏上的侧移量y2，水平方向：错误！未找到引用源。，竖直方向：错误！未找到引用源。
12、，解得：错误！未找到引用源。，P至O点的距离：错误！未找到引用源。可知，要使电子打在荧光屏上的位置错误！未找到引用源。到荧光屏中心O的距离增大，即使y增大，可只减小UPK，或只增大UAB，或增大UAB同时减小UPK， y与电子的比荷无关，所以将电子换成比荷错误！未找到引用源。较大的带电粒子y不变。故选项ACD错误，选项B正确 5 D【解析】本题考查闭合电路欧姆定律、电容、电压和电量关系、电功率等考点，意在考查考生对基本概念和基本规律的理解能力及应用物理规律分析解决物理现象的能力。滑片右移，接入电路的电阻减小，由闭合电路欧姆定律可知，总电流增大，故灯泡L变亮，A项错；电源内部消耗的电功率P=I2
13、r，随电流的增大，电源内部消耗功率一直变大，B项错；由U=IR可知，灯泡两端电压和电源内电压均增大，所以滑动变阻器两端电压减小，故与之并联的电容器两端电压减小，由Q=CU可知，电容器C上的电荷量减小，C项错；电容器带电量减小，故电容器处于放电状态，故流过R1的电流方向由左向右，D项正确。 6 B 7 .BC【解析】本题考查动能定理、动量定理根据动能定理得： EK2-EK1=-fx即：EK2=EK1-fx结合动能随位移变化的情况得初动能为：EK1=50J，初速度为：v=10m/sf=2.5N=mg得：=0.25物体滑行的过程中，摩擦力的冲量使得物体的动量发生了变化，由动量定理得：-ft=0-mv
14、=-mv即：t=mv/f1.010/2.5s=4s故选项BC正确 8 .BD【解析】本题主要考查交流电的四值以及电磁感应定律；选项A，由电动势变化曲线可知周期为0.02s，故频率为50Hz，选项A错误；选项B，电动势有效值为错误！未找到引用源。，故选项B正确选项C，由电动势变化曲线可知线圈从中性面开始转动，故磁通量变化规律为错误！未找到引用源。，当t=0.01s=错误！未找到引用源。时错误！未找到引用源。，故选项C错误；选项D，由电动势变化曲线可知错误！未找到引用源。， 当t=0.01s 时错误！未找到引用源。，则由电磁感应定律可知磁通量变化率必定为零，故选项D正确；本题正确选项为BD。 9 AD【解析】本题考查电磁感应基本定律，意在考查考生对楞次定律以及安培力计算的理解和应用。由楞次定律判断可得导体棒PQ中电流方向是由Q至P，选项A正确；由左手定则可判断安培力方向沿框架向上，选项B错误；由题图可知，磁感应强度B均匀减小，产生的感应电流大小恒定，因此安培力大小在减小，选项C错误、D正确。 ， 10.vB=0.88m/s a=3.50m/s2 每空3分，共6分。11.(1)V1，A1(2)内接法 分压式 每空2分，共8分。【解析】 试题分析：(1)根据待测电阻的大小和电源的电动势大小，估测电路中的最大电流，在不烧坏电表的前提下，电压表、电流表的指针偏转角度
