高二物理期末试卷带答案

高二物理期末试卷带答案考试范围：xxx；考试时间：xxx分钟；出题人：xxx姓名：___________班级：___________考号：___________题号一二三四五六总分得分注意事项：

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评卷人得

分

一、选择题1.如图所示的电路，R1＝R3＝R4＝R5＝R，滑动变阻器R2的总电阻为2R，其滑片P恰处在正中，电源的内阻不计，电键S1闭合，单刀双掷开关S2合在a端，此时平行板电容器C的带电量为Q，如果将R2的触片滑到最右端A．电容器C的带电量变为2Q/3B．电容器C的带电量将变为Q/3C．再将S2由a合向b端，将有向右的瞬时电流流过R4D．将S2由a合向b端后，通过电阻R5的电量为2Q/32.用控制变量法，可以研究影响平行板电容器电容的因素（如图）．设两极板正对面积为S，极板间的距离为d，静电计指针偏角为θ。实验中，忽略极板所带电荷量的变化，若()A．保持S不变，增大d，则θ变大B．保持S不变，增大d，则θ变小C．保持d不变，减小S，则θ变小D．保持d不变，减小S，则θ不变3.如图为一列沿轴传播的简谐横波在某时刻的波形图，图中质点的速度方向向下，波的传播速度为，则下列说法中正确的是（

）A．这列波一定沿轴正向传播B．当质点位于负向最大位移处时，质点一定在轴下方C．质点的振动周期为D．再经过，质点在处4.如图所示，当ab端接入100V电压时，cd两端为20V；当cd两端接入100V时，ab两端电压为50V，则R1∶R2∶R3是A．4∶1∶2

B．2∶1∶1

C．3∶2∶1

D．以上都不对。5.如图所示，两个半径相同的半圆形轨道分别竖直放在匀强电场和匀强磁场中，轨道两端在同一高度上，轨道是光滑的而且绝缘，两个相同的带正电小球同时从两轨道左端最高点由静止释放，a、b为轨道的最低点，则（

）A．两小球到达轨道最低点的速度Va＞VbB．两小球到达轨道最低点时对轨道的压力Fa＜FbC．小球第一次到达a点的时间大于小球第一次到达b点的时间D．在磁场中小球能到达轨道的另一端，在电场中小球不能到达轨道的另一端6.如图所示，一电子沿等量异种电荷的中垂线由A→O→B匀速运动，电子重力不计，则电子除受电场力外，所受的另一个力的大小和方向变化情况是（

）A．先变大后变小，方向水平向左B．先变大后变小，方向水平向右C．先变小后变大，方向水平向左D．先变小后变大，方向水平向右7.要使真空中的两个点电荷间的库仑力增大到原来的4倍，下列方法中可行的是A．每个点电荷的带电量都增大到原来的2倍，电荷间的距离不变B．保持点电荷的带电量不变，使两个电荷间的距离增大到原来的2倍C．使一个点电荷的电荷量加倍，另一个点电荷的电荷量保持不变，同时将两个点电荷间的距离减小为原来的D．保持点电荷的电荷量不变，将两个点电荷的距离减小到原来的8.在如图所示的平行板器件中，电场强度E和磁感应强度B相互垂直。一带电粒子(重力不计)从左端以速度v沿虚线射入后做直线运动，则该粒子A．一定带正电B．速度v=C．若速度v＞，粒子一定不能从板间射出D．若此粒子从右端沿虚线方向进入，仍做直线运动9.如图所示，两个互连的金属圆环，粗金属环的电阻为细金属环电阻的二分之一，磁场垂直穿过粗金属环所在区域，当磁场的磁感应强度随时间均匀变化时，在粗环内产生的感应电动势为，则关于、两点间的电势差下列结果不正确的为（

）A．

B．

C．

D．10.将静置在地面上，质量为M(含燃料)的火箭模型点火升空，在极短时间内以相对地面的速度v0竖直向下喷出质量为m的炽热气体。忽略喷气过程重力和空气阻力的影响，则喷气结束时火箭模型获得的速度大小是(

)A．

B．

C．

D．评卷人得

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二、多选题11.如图所示，现有一平行板电容器，上、下极板分别带等量负电和正电，且电量保持不变，两板间距离为d，有一带电小球以速度v0水平射入电容器，且刚好从下极板右边缘飞出。若保持下极板静止，把上极板上移，使两板距离为2d，小球从原处以0.5v0的水平速度射入，则带电小球：A．将打在下板中央B．仍沿原轨迹运动由下极板边缘飞出C．不发生偏转，沿直线运动D．若上板不动，将下板上移一段距离，小球不可能打到下板的中央12.如图所示是研究光电效应的电路，阴极K和阳极A是密封在真空玻璃管中的两个电极，K在受到光照时能够发射光电子．阳极A吸收阴极K发出的光电子，在电路中形成光电流．如果用单色光a照射阴极K，电流表的指针发生偏转；用单色光b照射光电管阴极K时，电流表的指针不发生偏转．下列说法正确的是()A．a光的波长一定小于b光的波长B．只增加a光的强度，可使通过电流表的电流增大C．只增加a光的强度，可使逸出的光电子的最大初动能变大D．用单色光a照射阴极K，当电源的正负极对调时，电流表的读数可能减为零13.如图所示，一台电动机提着质量为m的物体，以速度v匀速上升．已知电动机线圈的电阻为R，电源电动势为E，通过电源的电流为I，当地重力加速度为g，忽略一切阻力导线电阻，则（）A．电源内阻B．电源内阻C．如果电动机转轴被卡住而停止转动，较短时间内电源消耗的功率将变大D．如果电动机转轴被卡住而停止转动，较短时间内电源消耗的功率将变小14.下列关于电势和电势能的说法中正确的是(

)A．克服电场力做功时，电荷的电势能减少B．电荷在电场中某点的电势能与其电荷量的比值，叫做这一点的电势C．沿着电场线的方向，电势逐渐降低D．电场线是一条条封闭的曲线，且与等势面垂直15.一根竖直的弹簧支持着一倒立汽缸的活塞，使汽缸悬空而静止．设活塞和缸壁间无摩擦且可以在缸内自由移动，缸壁导热性能良好，使缸内气体温度总能与外界大气的温度相同，则下列结论中正确的是

A．若外界大气压强增大，则弹簧将减小一些，汽缸的上底面距地面的高度将减小B．若外界大气压强减小，则弹簧长度将不变，汽缸的上底面距地面的高度将增大C．若气温升高，则活塞不动，汽缸的上底面距地面的高度将增大D．若气温降低，则活塞向上移动，汽缸的上底面距地面的高度将减小评卷人得

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三、计算题16.如图所示，匀强磁场竖直向上穿过水平放置的金属框架，框架宽为L，右端接有电阻R，磁感应强度为B，一根质量为m、电阻不计的金属棒以v0的初速度沿框架向左运动，棒与框架的动摩擦因数为μ，测得棒在整个运动过程中，通过任一截面的电量为q，求：（1）棒能运动的距离；（2）R上产生的热量．17.两平行金属板A、B水平放置，一个质量为m=5×10-6kg的带电微粒以v0=2m/s的水平速度从两板正中位置射入电场，如图所示，A、B间距为d=4cm，板长L=10cm.（g取10m/s2）（1）当A、B间电压UAB=1.0×103V时，微粒恰好不发生偏转，求该微粒的电性和电荷量．（2）要使用粒子恰好能从A板边缘飞出，求AB两板的电势差评卷人得

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四、实验题18.（1）某同学在做“利用单摆测重力加速度”实验中，先测得摆线长为97．50cm，球直径为2．00cm，然后用秒表记录了单摆振动50次所用的时间如图所示，则：①该摆摆长为

cm，秒表所示读数为

s。②如果他测得的g值偏小，可能的原因是

（

）A．测摆线长时摆线拉得过紧B．摆线上端未牢固地系于悬点，振动中出现松动，使摆线长度增加了C．开始计时时，秒表过迟按下D．实验中误将49次全振动数为50次（2）为了提高实验精度，在实验中可改变几次摆长L并测出相应的周期T，从而得出几组对应的L与T的数据，再以L为横坐标，T2为纵坐标将所得数据点连成直线（如图），并求得该直线的斜率为后，则重力加速度g=

（用表示）。19.现需要测量一绘图专用粗铅笔笔芯的电阻率,现用伏安法测量一段铅笔芯两端之间的电阻,用螺旋测微器测量该铅笔芯的直径,用游标卡尺测量该笔芯的长度。螺旋测微器和游标卡尺的示数如图甲和图乙所示。

(1)由图读得铅笔芯的直径为

mm,长度为

cm。(2)若流经铅笔芯的电流为I,铅笔芯两端之间的电压为U,铅笔芯的直径和长度分别用D、L表示,则用D、L、I、U表示的电阻率的关系式为ρ=

。(3)某同学分别用电流表内接法和外接法分别测量了该铅笔芯的伏安特性,并将得到的电流、电压数据描到U-I图上,如图所示。在图中,由电流表外接法得到的数据点是用

(选填“○”或“×”)表示的。(4)若用两组组数据点,分别在图上用作图法作图，用○表示的数据求得这段铅笔芯电阻的测量值为

Ω，若所用电流表内阻0.2Ω，则这段铅笔芯的电阻实际值为

Ω（保留2位有效数字）。评卷人得

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五、简答题20.在如图所示的水平勻强电场中，一个带正电的q=+2.0x10-8C的点电荷在沿电场线方向从A点运动到B点，且，两点间的距离d=0.10m,求：(1)匀强电场的电场强度万的大小；(2)该点电荷从A点移至B点的过程中，电场力所做的功W；21.如下图所示，两面平行的玻璃砖下表面涂有反射物质，一束与上表面成30°入射的光线，在右端垂直标尺上形成了A、B两个光斑，A、B间距为6cm，已知玻璃砖的折射率为，求此玻璃砖的厚度。评卷人得

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六、作图题22.如图(a)所示中有一条均匀的绳，0、1、2、3、4…是绳上一系列等间隔的点．现有一列简谐横波沿此绳传播．某时刻，绳上9、10、11、12四点的位置和运动方向如图(b)所示(其他点的运动情况未画出)，其中12的位移为零，向上运动，点9的位移达到最大值．试在图(c)中画出再经过周期时点3、4、5、6的位置和速度方向，其他点不必画．(图(c)的横、纵坐标与图2-1-6(a)、(b)完全相同)

参考答案1.AC【解析】试题分析：开关接S2时，R3、R4断开，R1与R2串联，电容器与电阻R1并联，故电容器两端的电压等于R1两端的电压；开关滑到右端时，R1两端的电压；由Q=CU可知，；故后来的电量；故A正确，B错误；开关S2由a合向b端时，电压增大，则电容器充电；负电荷由右向左流入电容器下极板；故有向右的电流流过R4；故C正确；将S2由a合向b端后，电压变为原来的2倍，故电容器两端的电量；而电容器的下极板由原来的正电变为带负电，故通过电阻R5的电量为；故D正确；故选：AC．考点：直流电路中的含电容电路.2.A【解析】试题分析：根据可知，保持S不变，增大d，电容器电容C减小，两极板间电压U增大，静电计指针偏角为θ增大，故A正确，B错误；保持d不变，减小S，电容器电容C减小，两极板间电压U增大，静电计指针偏角为θ增大，故C、D错误。考点：电容器的动态分析。3.BC【解析】略4.A【解析】试题分析：当ab端接入100V电压时，cd两端为20V，由串并联电路的特点可知：，即；当cd两端接入100V时，ab两端电压为50V，由串并联电路的特点可知：，即，联立解得：．考点：本题考查串并联电路中电压之间的关系．5.AD【解析】试题分析：两个轨道的半径相同，根据圆周运动的向心力的公式可以分析小球通过最低点是对轨道的压力，小球在磁场中运动，磁场力对小球不做功，整个过程中小球的机械能守恒，小球在电场中受到的电场力对小球做负功，到达最低点时的速度的大小较小．解：小球在磁场中运动，在最低点进行受力分析可知：FM﹣mg﹣Bqv1=m解得：FM=+mg+Bqv1…①小球在电场中运动，在最低点受力分析可知：FN﹣mg=解得：FN=+mg…②A、由上可知，两小球到达轨道最低点的速度Va＞Vb，故A正确；B、因为va＞vb，结合①②可知：Fa＞Fb，故B错误；C、由于小球在磁场中运动，磁场力对小球不做功，整个过程中小球的机械能守恒；而小球在电场中运动受到的电场力对小球做负功，到达最低点时的速度的大小较小，所以在电场中运动的时间也长，故C错误；D、由于小球在磁场中运动，磁场力对小球不做功，整个过程中小球的机械能守恒，所以小球可以到达轨道的另一端，而电场力做小球做负功，所以小球在达到轨道另一端之前速度就减为零了，故不能到达最右端，故D正确；故选：AD．【点评】洛仑兹力对小球不做功，但是洛仑兹力影响了球对轨道的作用力，在电场中的小球，电场力对小球做功，影响小球的速度的大小，从而影响小球对轨道的压力的大小．6.B【解析】试题分析：根据等量异种电荷周围的电场线分布知，从A→O→B，电场强度的方向不变，水平向右，电场强度的大小先增大后减小．则电子所受电场力的大小先变大，后变小，方向水平向左，则外力的大小先变大后变小，方向水平向右．故B正确。考点：电场线、电场强度7.AD【解析】试题分析：由库仑定律公式得每个点电荷的带电量都增大到原来的2倍，电荷间的距离不变，两个点电荷间的库仑力增大到原来的4倍，A对；保持点电荷的带电量不变，使两个电荷间的距离增大到原来的2倍，两个点电荷间的库仑力变为原来的倍，B错；使一个点电荷的电荷量加倍，另一个点电荷的电荷量保持不变，同时将两个点电荷间的距离减小为原来的，两个点电荷间的库仑力增大到原来的8倍，C错；保持点电荷的电荷量不变，将两个点电荷的距离减小到原来的，两个点电荷间的库仑力增大到原来的4倍，D对。考点：库仑定律点评：本题比较简单，学生会用库仑定律的公式即可。8.B【解析】试题分析：粒子在电场与磁场中穿过时受电场力与洛伦兹力，若粒子带正电，则电场力与洛伦兹力的方向相反，若粒子带负电，也可以判断出电场力与洛伦兹力的方向相反，所以粒子不一定带正电，选项A错误；粒子沿直线运动时，F电＝F洛，故Eq＝Bqv，所以v=，选项B正确；若速度v＞，则F电<F洛，粒子发生偏转，当偏转量很小时，粒子也可能从板间射出，选项C错误；若此粒子从右端沿虚线方向进入，若粒子带正电，通过判断发现电场力与磁场力的方向相同，故它不会再做直线运动，选项D错误。考点：带电粒子在复合场中的运动。【名师点晴】带电粒子在复合场中运动时，要受到电场力与洛伦兹力的作用，电场力的方向根据电场线的方向来判断，正电荷受到的电场力与电场线方向相同，负电荷受到的电场力的方向与电场线的方向本反，洛伦兹力通过左手定则来判断。9.ABD【解析】试题分析：由题左、右金属环的电阻之比，根据串联电路电压与电阻成正比，可得：两点间的电势差为：，故C错误，ABD正确。考点：法拉第电磁感应定律、电势差【名师点睛】本题考查了求电势差，应用欧姆定律即可正确解题，解题时要注意，两点间的电势差是路端电压，不是电源电动势。10.D【解析】根据动量守恒定律可知：mv0-(M-m)v=0，解得

，故选D.11.AD【解析】据电容的定义，电容决定式为：，场强定义式：，以上联立可得：显然与d无关，所以当极板上、下移动时，板内场强不变，则小球受到的合力不变，加速度不变，由，可知时间不变，初速度为0.5v0，水平位移x＝v0t为原来的一半，将打在下板中央，故A正确，BC错误；当把下极板上移时，粒子竖直位移减小时间减小，水平位移x＝0.5v0t小于极板的一半，不可能打在下极板的中央，故D正确。所以AD正确，BC错误。12.ABD【解析】用一定频率的a单色照射光电管时，电流表指针会发生偏转，知γa＞γ0，由知a光的波长小于b光的波长，故A正确；只增加a光的强度，即增加了光子的个数，则产生的光电子数目增多，光电流增大，使通过电流表的电流增大，故B正确；根据光电效应方程EK=hγ-W，最大初动能与入射光频率有关与强度无关，故只增加a光的强度逸出的电子最大初动能不变，故C错误；根据光电效应方程EK=hγ-W，根据动能定理若qU=0-Ek，则光电子无法到达阳极A，电流表示数为零，故D正确。所以ABD正确，C错误。13.BC【解析】根据能量守恒可得，在时间t内消耗电能转化为机械能和内能，所以W电=mgvt+I2Rt，又有W电=EIt-I2rt，联立解得：，故A错误，B正确；如果电动机转轴被卡住而停止转动，则电动机相当于电阻为R的电阻，电路的电流将会迅速增大，根据功率公式P=I2r可知较短时间内电源消耗的功率将变大，故C正确，D错误。所以BC正确，AD错误。14.BC【解析】电场力做正功，电势能降低，电场力做负功，电势能减小；克服电场力做功，即电场力做负功，故电势能增加，A错误；电荷在电场中某点的电势能与其电荷量的比值，叫做这一点的电势，这是电势的定义，B正确；沿场强方向，电势降低；电场线的切线方向为该点的场强方向，故沿着电场线的方向，电势逐渐降低，C正确；电场线起始于正电荷，终止于负电荷，不是封闭的曲线，电场线和等势面一定垂直相交，否则沿等势面移动电荷电场力要做功，D错误；15.BC【解析】选择气缸和活塞为整体，那么整体所受的大气压力相互抵消，若外界大气压增大，则弹簧长度不发生变化，选择气缸为研究对象，竖直向下受重力和大气压力PS，向上受到缸内气体向上的压力，物体受三力平衡，若外界大气压P减小，一定减小，根据理想气体的等温变化（常数），当压强增减小时，体积一定增大，所以气缸的上底面距地面的高度将增大，故A错误B正确；选择气缸和活塞为整体，那么整体所受的大气压力相互抵消，当气温升高时，则弹簧长度不发生变化，则活塞距地面的高度不变，缸内气体做等压变化，根据：，当温度升高时，气体体积增大，气缸上升，则气缸的上底面距地面的高度将增大，反之，降低，故C正确D错误．16.（1）棒能运动的距离为；（2）R上产生的热量为mv02﹣．【解析】试题分析：（1）由法拉第电磁感应定律可求得通过棒的电量；（2）由能的转化和守恒定律可求得R上产生的热量．解：（1）设在整个过程中，棒运动的距离为s，磁通量的变化量△Φ=BLs，通过棒的任一截面的电量q=I△t=，解得s=．（2）根据能的转化和守恒定律，金属棒的动能的一部分克服摩擦力做功，一部分转化为电能，电能又转化为热能Q，即有mv02=μmgs+Q，