山东省菏泽市大同中学高二物理期末试卷含解析

山东省菏泽市大同中学高二物理期末试卷含解析一、选择题：本题共5小题，每小题3分，共计15分．每小题只有一个选项符合题意1.如图所示，平行板电容器总与电池相连，当两极板间距离减小后，两板间的电压U、场强E、电容C及电量Q的变化情况是A．U不变

B．Q变小C．E变大D．C变大

参考答案：ACD2.（单选）如图所示，用金属网把验电器罩起来，再使带电金属球靠近验电器，则下面关于验电器箔片的说法正确的是A．箔片张开 B．箔片不张开C．带电金属球电量足够大时才会张开D．箔片张开的原因是金属网罩感应带电产生的电场参考答案：B3.（单选题）已知如图，光滑绝缘水平面上有两只完全相同的金属球A、B，带电量分别为-2Q与-Q。现在使它们以相同的初动能E0（对应的动量大小为p0）开始相向运动且刚好能发生接触。接触后两小球又各自反向运动。当它们刚好回到各自的出发点时的动能分别为E1和E2，动量大小分别为p1和p2。有下列说法：①E1=E2>E0，p1=p2>p0②E1=E2=E0，p1=p2=p0③接触点一定在两球初位置连线的中点右侧某点④两球必将同时返回各自的出发点。其中正确的是A．②④

B．②③

C．①④

D．③④参考答案：CA、由动量观点看，系统动量守恒，两球的速度始终等值反向，也可得出结论：两球必将同时返回各自的出发点，且两球末动量大小和末动能一定相等；从能量观点看，两球接触后的电荷量都变为-1.5Q，在相同距离上的库仑斥力增大，返回过程中电场力做的正功大于接近过程中克服电场力做的功，由机械能定理，系统机械能必然增大，即末动能增大，故①正确，②错误；C、由牛顿定律的观点看，两球的加速度大小始终相同，相同时间内的位移大小一定相同，必然在连线中点相遇，又同时返回出发点，故③错误，④正确。故选C。4.（多选）一矩形线圈，绕垂直于匀强磁场并位于线圈平面内的固定轴转动，线圈中的感应电动势e随时间t的变化规律如图所示，下列说法中正确的是 A．t1时刻通过线圈的磁通量最大 B．t2时刻通过线圈的磁通量最大 C．t3时刻通过线圈的磁通量变化率的绝对值最大D．每当e转换方向时，通过线圈的磁通量都为最大参考答案：AD5.电路中2s内有6×1013个电子自由电子（e=1.6×10-19c）通过横截面积为0.6×10-6m2的导线，那么电路中的电流是（

）A.4.8×10-6AB.3×10-13AC.9.6×10-6AD.无法确定参考答案：A根据电流的定义式，可得电路中的电流，故选A。二、填空题：本题共8小题，每小题2分，共计16分6.如图所示，地面上有一高h=3.75m的平台，平台下有一倾角可调的挡板，挡板的一端与平台边缘A点的正下方B点重合。将一个可视为质点的小球以v=5m/s的速度水平推出。小球下落过程中所受空气阻力忽略不计。适当调节挡板的倾角θ，小球会刚好垂直撞在挡板上，则小球运动时间t=_____s，挡板倾角θ=_____。(g取10m／s2)参考答案：0.5

45°14.在研究电流跟电压、电阻之间关系的实验中，小明通过改变电路中的电压和电阻，分别测得了如图所示两组数据分析表1数据，可得到的结论是：

。分析表2数据，可得到的结论是

参考答案：对定值电阻来说，通过它的电流和他它两端电压成正比在电压恒定的情形下，电流和电阻大小成反比。8.有面积为0.02m2的单匝矩形线圈，垂直于磁感应强度为0.4T的匀强磁场放置，若它以某条边为轴转过90°，用时间0.01s，则在此过程中，穿过线圈的磁通量变化量为

；线圈内的平均感应电动势为

。参考答案：9.用多用电表测量如图所示的电路中通过灯泡的电流时，首先把

选择开关拨到_______挡，然后把多用电表

联在电路中，则电流应从

表笔流入，从

表笔流出。参考答案：直流电流，串，红，黑10.两列相干波在同一水平面上传播，某时刻它们的波峰、波谷位置如图所示.图中M是波峰与波峰相遇点，是凸起最高的位置之一.回答下列问题：（1）由图中时刻经T/4，质点M相对平衡位置的位移是______；（2）在图中标出的N、O、P、Q几点中，振动增强的点是________；振动减弱的点是________。参考答案：(1)0(2)O、P、Q

N11.有电子()、原子()、氘核()、氚()，以同样的速度垂直进入同一匀强磁场中，它们都做匀速圆周运动，则轨道半径最大的粒子是

，周期最大的粒子是

。参考答案：氚

氚

12.（4分）如图，条形磁铁在光滑水平面上以一定的初速度向左运动时，磁铁将受到线圈给它的____________（填吸引或排斥），磁铁的机械能_________（填变大、变小或不变），流过电阻R的电流方向____________（填向左或向右）。参考答案：

吸引，减小，向左13.某收音机调谐电路的可变电容器动片完全旋入时，电容是400PF，这时能接收到600kHz的无线电电波，动片完全旋出时，电容变为4PF，这时能收到的无线电电波的频率是______×106Hz，此收音机能收到的无线电电波中，最短的波长为______m。参考答案：6；50三、实验题：本题共2小题，每小题11分，共计22分14.如图所示，让平行板电容器带电后，静电计的指针偏转一定角度，不改变A、B两极板带的电量，若减小两极板间的距离，那么静电计指针的偏转角度

（填“增大”、“减小”或“不变”），若在两极板间插入电介质，那么静电计指针的偏转角度

（填“增大”、“减小”或“不变”），若改变两极板的正对面积那么静电计指针的偏转角度

（填“增大”、“减小”或“不变”）．参考答案：①减小；②减小；③增大．【考点】电容器的动态分析．【分析】静电计测定电容器两板间的电势差，电势差越大，指针的偏转角度越大．由题，平行板电容器带电后电量不变，增大两极板间的距离，同时在两极板间插入电介质后，分析电容的变化，再由电容的定义式分析静电计指针的偏转角度的变化．【解答】解：由题，减小两极板间的距离，根据电容的决定式C=可知，电容增大，而电容器的电量不变，由C=得知，板间电势差减小；若在两极板间插入电介质，根据电容的决定式C=可知，电容增大，而电容器的电量不变，由C=得知，板间电势差减小；若改变两极板的正对面积，根据电容的决定式C=可知，电容减小，而电容器的电量不变，由C=得知，板间电势差增大，则静电计指针的偏转角度增大．故答案为：①减小；②减小；③增大．15.

某学习小组为研究小灯泡的伏安曲线的特性，选用小灯泡的额定值为“2.0V，0.5A”，实验室还提供的器材有：

A．直流电源（电动势3V，内阻忽略不计）；

B．电压表（量程15V、内阻约80KΩ）；

C．电压表（量程3V、内阻约30KΩ）；

D．电流表（量程0.6A、内阻0.1Ω）；

E．电流表（量程50mA、内阻1Ω）；

F．滑动变阻器（0～20Ω）；

G．导线、开关等

（1）为了提高测量结果准确度，电压表应选用

，电流表应选用

（填序号字母）（2）请将方框内的电路图补充完整．（3）通过实验得到了该小灯泡的U-I曲线，如图所示．由图象可知，小灯泡在不同的电压下工作时灯丝的电阻

（选填：“相同”或“不同”），当小灯泡中流过O.3A的电流时，它消耗的功率是

W．

参考答案：（1）

C

D

(2)（3）不同

0.15

四、计算题：本题共3小题，共计47分16.如图所示，平行金属带电板A、B间可看成是匀强电场，两极板之间的电势差为60V，极板间的距离d=4cm，电场中C点到A极板的距离1cm，B板接地，D点到B极板的距离为1cm。求：C、D两点的电势及两点间电势差UCD；若将电荷量为q=2×10-2C的点电荷（不计重力）在外力作

用下从C点匀速移到D点，外力做的功．参考答案：（1）解：

………………..1分

..............................3分（2）解法一：电荷在运动过程中，受到静电力和外力作用，受力分析如图所示从能量转化角度分析，整个过程中静电力和重力做功

.......................1分则，由动能定理得

....................2分

………1分

解法二：由题意得，电荷在电场中受力平衡，则：...............1分

.

...................................2分

...................................1分17.浅水处水波的速度跟水深度有关，其关系式是，式中h为深度，g为重力加