上海港灣學校高二物理下學期期末試卷含解析

上海港灣學校高二物理下學期期末試卷含解析一、選擇題：本題共5小題，每小題3分，共計15分．每小題只有一個選項符合題意1.（單選）如圖6是某時刻t兩列波的疊加圖，S1、S2是相干波源，它們的振動情況完全相同，發(fā)出兩列完全相同的水波，波峰、波谷分別用實線、虛線表示，下列說法正確的是A．B質(zhì)點始終位于波谷處，D質(zhì)點始終位于波峰處B．只有D質(zhì)點振動始終加強C．經(jīng)過半個周期，B質(zhì)點變?yōu)椴ǚ?，D質(zhì)點變?yōu)椴ü菵．C、E兩質(zhì)點振動時強時弱參考答案：C2.(單選)如圖所示，直線是一簇未標明方向的由點電荷產(chǎn)生的電場線，曲線是某一帶電粒子通過電場區(qū)域時的運動軌跡，a、b是軌跡上的兩點。若帶電粒子在運動中只受電場力的作用，則下列選項中不能判斷的是

(

)A.帶電粒子的電性B.帶電粒子在a、b兩點的受力方向C.帶電粒子在a、b兩點的加速度何處大D.帶電粒子在a、b兩點的加速度方向參考答案：A3.下列說法中正確的是（）A．合外力的沖量是物體動量變化的原因B．若合外力對物體不做功，則物體的動量一定不變C．作用在物體上的合外力越小，物體的動量變化越小D．物體如果做勻速圓周運動，則物體的動量保持不變參考答案：A【考點】動量定理．【分析】根據(jù)動量定理可知，合外力的沖量等于物體動量的變化量，動量是矢量，動能是標量，同時明確只要有力即存在沖量，但有力時不一定做功．【解答】解：A、合外力的沖量是物體動量變化的原因，物體所受合外力沖量越大，它的動量變化就越大，故A正確；B、合外力對物體不做功，物體動能不變，速度方向可能改變，它的動量可能要改變，例如勻速圓周運動，故B錯誤；C、動量變換I=Ft，作用在物體上的合外力越小，物體的動量變化不一定越小，還與時間有關，故C錯誤；D、物體如果做勻速圓周運動，其速度時刻改變，故物體的動量時刻改變，故D錯誤．故選：A．4.（多選）如圖所示為多用電表歐姆擋的原理示意圖，其中電流表的滿偏電流為300μA，內(nèi)阻rg＝100Ω，調(diào)零電阻最大阻值R＝50kΩ，串聯(lián)的固定電阻R0＝50Ω，電池電動勢E＝1.5V，用它測量電阻Rx，以下說法正確的是（

）A．能較準確測量的阻值范圍是30kΩ～80kΩB．調(diào)零完成后，若指針指在刻度盤的正中央，則Rx=5kΩC．與A相連的是紅表筆D．若電池的電動勢下降為1.45V，且能實現(xiàn)調(diào)零，測量Rx的阻值，則測量值變小參考答案：BC5.(單選)“與”門、“或”門和“非”門三個基本邏輯電路組成的一個組合邏輯電路，其中A、B、C為輸入端，Y為輸出端，在完成下面的真值表時，輸出端Y空格中從左到右依次填寫都正確的是(

)A.00010101

B．00000010C．00101010

D．以上答案都不正確參考答案：C二、填空題：本題共8小題，每小題2分，共計16分6.測量電源的電動勢和內(nèi)電阻實驗：得到路端電壓與干路電流的U－I圖象，如圖所示，根據(jù)圖中所給數(shù)據(jù)，則電源的電動勢是_____V,內(nèi)阻是______Ω。參考答案：電源的電動勢是1.5V,內(nèi)阻是0.5Ω。7.已知電流表的內(nèi)阻約為0.1Ω，電壓表內(nèi)阻約為10kΩ．若待測電阻約為5Ω，用伏安法測其電阻，應采用電流表法，測量值比真實值偏；若待測電阻約為500Ω，用伏安法測其電阻時，應采用電流表法．ks5u參考答案：外接

、

小

、

內(nèi)接

8.如圖所示，在均勻?qū)щ姷奶技埳蠅褐鴥筛L方形的銀條A1A2、B1B2，兩根銀條上的A0、B0點接電動勢為6V內(nèi)阻不計的電池，一理想電壓表負端接A0，而正端接探針P.(1)當P接于B1時，電壓表的讀數(shù)為_______,將P沿B1B2移動時電壓表讀數(shù)將________。(2)現(xiàn)將P沿A0B0移動，并將所記錄的電壓表讀數(shù)U、探針與A0的距離x繪成圖線（如圖乙所示），點x處的電場強度E=________v/m，其方向_________。參考答案：（1）6V，

不變。

（2）75

，由x垂直指向A1A2方向。9.電場中有兩點a，b，將一個電荷為5×10-8C的正電荷從a點移到b點，電場力做功為8×10-6J，則a，b兩點的電勢差為_________V；若將電荷量為2×10-7C的負電荷從a點移到b點，電場力做功為_________J。參考答案：1.6×，-3.2×10.真空中有A、B兩個點電荷，(1)A的電量是B的3倍，則A對B的作用力是B對A的作用力的_______倍．(2)A、B的電量均增加為原來的3倍，距離不變，則其間作用力變?yōu)樵瓉淼腳__倍．(3)A的電量不變,B的電量變?yōu)樵瓉淼?倍,欲使相互作用力不變,A、B間距應為原來的_

_倍．(4)A、B間距增為原來的3倍，帶電量均不變，則相互作用力變?yōu)樵瓉淼腳____倍．參考答案：1；9；3；1/911.一個10Ω的電阻工作時，通過它的電流是0.5A,此電阻通電

1min電流產(chǎn)生的熱量為

，發(fā)熱功率為

。參考答案：150J

2.5w12.如圖所示，理想變壓器原線圈匝數(shù)n0=4400匝，兩個副線圈n1=220匝，n2=440匝，燈L為“36V，36W”，正常發(fā)光，R1=18Ω，則初級電壓為________V，初級線圈中電流為________A。參考答案：360、0.1513.（20分）兩個薄透鏡L1和L2共軸放置，如圖所示．已知L1的焦距f1=f,L2的焦距f2=—f，兩透鏡間距離也是f．小物體位于物面P上，物距u1＝3f．（1）小物體經(jīng)這兩個透鏡所成的像在L2的__________邊，到L2的距離為_________，是__________倍（虛或?qū)崳?、____________像（正或倒），放大率為_________________。（2）現(xiàn)在把兩透鏡位置調(diào)換，若還要給定的原物體在原像處成像，兩透鏡作為整體應沿光軸向____________邊移動距離_______________．這個新的像是____________像（虛或?qū)崳?、______________像（正或倒）放大率為________________。參考答案：（1）右；f；實；倒；1；（2）左；2f；實；倒；1評分標準：本題20分，每空2分。三、簡答題：本題共2小題，每小題11分，共計22分14.（解答）如圖所示，一水平放置的矩形線圈abcd，在細長的磁鐵N極附近豎直下落，保持bc邊在紙外，ab邊在紙內(nèi)，由圖中位置Ⅰ經(jīng)位置Ⅱ到位置Ⅲ，這三個位置都靠得很近，且位置Ⅱ剛好在條形磁鐵中心軸線上，在這個過程中穿過線圈的磁通量怎樣變化？有無感應電流？參考答案：穿過線圈的磁通量先減少后增加，線圈中有感應電流根據(jù)條形磁鐵N極附近磁感線的分布情況可知，矩形線圈在位置Ⅰ時，磁感線從線圈的下面斜向上穿過；線圈在位置Ⅱ時，穿過它的磁通量為零；線圈在位置Ⅲ時，磁感線從線圈上面斜向下穿過。所以，線圈從Ⅰ到Ⅱ磁通量減少，從Ⅱ到Ⅲ磁通量增加。穿過線圈的磁通量發(fā)生變化，有感應電流產(chǎn)生15.

(12分)物質(zhì)是由大量分子組成的，分子有三種不同的聚集狀態(tài)：固態(tài)、液態(tài)和氣態(tài)。物質(zhì)處于不同狀態(tài)時各有不同的特點和物理性質(zhì)。試回答下列問題：(1)如圖所示，ABCD是一厚度均勻的由同一種微粒構(gòu)成的圓板。AB和CD是互相垂直的兩條直徑，把圓板從圖示位置轉(zhuǎn)過90°后電流表的示數(shù)發(fā)生了變化，已知兩種情況下都接觸良好，由此可判斷圓板是晶體。(2)在化學實驗中發(fā)現(xiàn)，把玻璃管的斷裂口放在火焰上燒熔，它的尖端就變圓，這是什么緣故?(3)如下圖是氧分子在不同溫度(O℃和100℃)下的速度分布規(guī)律圖，由圖可得出哪些結(jié)論?(至少答出兩條)

參考答案：(1)(4分)單；(2)(4分)熔化玻璃的表面層存表面張力作用下收縮到最小表面積，從而使斷裂處尖端變圓；(3)①(2分)一定溫度下，氧氣分子的速率呈現(xiàn)出“中間多，兩頭少”的分布規(guī)律；②(2分)溫度越高，氧氣分子熱運動的平均速度越大(或溫度越高氧氣分子運動越劇烈)。四、計算題：本題共3小題，共計47分16.平面直角坐標系xOy中，第Ⅰ象限存在垂直于平面向里的勻強磁場，第Ⅲ象限存在沿y軸負方向的勻強電場，如圖所示．一帶負電的粒子從電場中的Q點以速度v0沿x軸正方向開始運動，Q點到y(tǒng)軸的距離為到x軸距離的2倍．粒子從坐標原點O離開電場進入磁場，最終從x軸上的P點射出磁場，P點到y(tǒng)軸距離與Q點到y(tǒng)軸距離相等．不計粒子重力，為：（1）粒子到達O點時速度的大小和方向；（2）電場強度和磁感應強度的大小之比．參考答案：解：（1）在電場中，粒子做類平拋運動，設Q點到x軸的距離為L，到y(tǒng)軸的距離為2L，粒子的加速度為a，運動時間為t，有沿x軸正方向：2L=v0t，①豎直方向根據(jù)勻變速直線運動位移時間關系可得：L=②設粒子到達O點時沿y軸方向的分速度為vy根據(jù)速度時間關系可得：vy=at③設粒子到達O點時速度方向與x軸方向的夾角為α，有tanα=④聯(lián)立①②③④式得：α=45°

⑤即粒子到達O點時速度方向與x軸方向的夾角為45°角斜向上．設粒子到達O點時的速度大小為v，由運動的合成有v==；（2）設電場強度為E，粒子電荷量為q，質(zhì)量為m，粒子在電場中受到的電場力為F，由牛頓第二定律可得：qE=ma

⑧由于解得：E=⑨設磁場的磁感應強度大小為B，粒子在磁場中做勻速圓周運動的半徑為R，所受的洛倫茲力提供向心力，有qvB=m

⑩由于P點到O點的距離為2L，則由幾何關系可知R=

解得：B=?聯(lián)立⑨?式得．答：（1）粒子到達O點時速度的大小為，方向x軸方向的夾角為45°角斜向上．（2）電場強度和磁感應強度的大小之比為．【考點】帶電粒子在勻強磁場中的運動；帶電粒子在勻強電場中的運動．【分析】（1）在電場中，粒子做類平拋運動，根據(jù)x軸方向的勻速直線運動和y方向的勻加速直線運動列方程求解；（2）粒子在電場中受到的電場力時由牛頓第二定律求解加速度，再根據(jù)速度位移關系求解電場強度；根據(jù)粒子所受的洛倫茲力提供向心力得到半徑計算公式，再根據(jù)則由幾何關系得到半徑大小，由此求解磁感應強度大小，然后求解比值．17.如圖所示，一個電子以速度v0＝6.0×106m/s和仰角α＝45°從帶電平行板電容器的下板邊緣向上板飛行．兩板間場強E＝2.0×104V/m，方向自下向上．若板間距離d＝2.0×10－2m，板長L＝10cm，問此電子能否從下板射至上板？它將擊中極板的什么地方？(電子的m＝9.1×10－31kg)參考答案：解：電子的加速度為a＝＝m/s2＝3.5×1015m/s2電子在y方向的初速度為vy＝v0sinα＝v0則電子在y方向的最大高度為ymax＝＝2.57×10－3m由于ymax<d，所以電子不能從下板射至上板．因電子不能射至上板，到達最高點后會落在下板上，設落點與出發(fā)點相距x.則有x＝vxt，vy＝a，vx＝v0cosα＝v0解得x＝＝1.03×10－2m.18.在某空間存在著水平向右的勻強電場和垂直于紙面向里的勻強磁場，如圖17所示，一段光滑且絕緣的圓弧軌道AC固定在紙面內(nèi)，其圓心為O點，半徑R=1.8m，OA連線在豎直方向上，AC弧對應的圓心角θ=37°。今有一質(zhì)量m=3.6×10-4kg、電荷量q=+9.0×10-4C的帶電小球（可視為質(zhì)點），以v0=4.0m/s的初速度沿水平方向從A點射入圓弧軌道內(nèi)，一段時間后從C點離開，小球離開C點后做勻速直線運動。已知重力加速度g=10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8，不計空氣阻力，求：

（1）勻強電場的場強大小E；

（2）勻強磁場的磁感應強度大小B；（3）小球射入圓弧軌道后的瞬間對軌道的壓力。

參考答案：（1）（1）當小球離開圓弧軌道后，對其受力分析如圖所示，由平衡條件得：F電=qE=mgtan

（2分）

代入數(shù)據(jù)解得：E=3N/C

（1分）

（