北京門頭溝區清水中學高二物理上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.如圖所示，在一有界勻強磁場上方有一閉合線圈，當閉合線圈從上方下落加速穿過磁場的過程中（

）A．進入磁場時加速度小于g，離開磁場時加速度可能大于g，也可能小于g．B．進入磁場時加速度大于g，離開時小于g．C．進入磁場和離開磁場，加速度都大于g．D．進入磁場和離開磁場，加速度都小于g

參考答案：D2.以下說法正確的是：A.物質波也叫德布羅意波,是一種概率波

B.使人們認識到原子核有內部結構的是盧瑟福的a粒子散射實驗C.電磁波的波長等于波速與頻率的乘積D.按波爾的理論，氫原子從基態E1躍遷到第一激發態E2時需要吸收光子，吸收的光子能量等于E2-E1參考答案：AD3.（多選題）質量為m的小球由空中A點無初速度自由下落，加速度大小為g；在t秒末使其加速度大小變為a，方向豎直向上，再經過t秒小球又回到A點．不計空氣阻力且小球未落地，則以下說法中正確的是（）A．a=3gB．返回到A點的速率為2atC．自由下落t秒時小球的速率為atD．小球下落的最大高度為參考答案：AD【考點】自由落體運動．【分析】根據速度時間公式求出ts末的速度，結合位移時間公式求出下降的高度，再結合位移時間公式求出接著ts內的位移，抓住兩段時間內的位移相等，方向相反，求出加速度與g的關系，再結合運動學公式進行求解．【解答】解：A、ts末的速度v=gt，下降的高度h=，再經過ts，位移x=，因為x=﹣h，解得a=3g，故A正確．B、返回A點的速度v′=v﹣at=gt﹣3gt=﹣2gt，負號表示方向，故B錯誤．C、自由下落ts時小球的速度v=gt，故C錯誤．D、自由下落的高度h=，勻減速下降的高度==，則小球下落的最大高度H=+==，故D正確．故選：AD．4.如圖所示，C是中間插有電介質的電容器，a和b為其兩極板，a板接地，P和Q為兩豎直放置的平行金屬板，在兩板間用絕緣線懸掛一帶電小球;P板與b板用導線相連，Q板接地。開始時懸線靜止在豎直方向，在b板帶電后，懸線偏轉角度α并靜止，以下幾種情況中，α不變的是（

）A、縮小a、b間的正對面積

B、減小P、Q間的距離 C、取出a、b兩極板間的電介質

D、增大P、Q間的距離參考答案：BD5.盧瑟福的原子核式結構學說可以解決的問題是

A．解釋α粒子散射現象B．用α粒子散射的實驗數據估算原子核的大小C．結合經典電磁理論，解釋原子的穩定性D．結合經典電磁理論，解釋氫原子光譜參考答案：AB二、填空題：本題共8小題，每小題2分，共計16分6.（4分）如圖為遠距離輸電示意圖，已知發電機的輸出功率為100kw，輸出電壓為250V，升壓變壓器的原、副線圈的匝數比為1：20，降壓變壓器的原、副線圈的匝數比為20：1，輸電線的總電阻R線=10Ω，則用戶得到電壓為________V,得到的功率為________KW。參考答案：240（2分）96（2分）7.小明用金屬銣為陰極的光電管，觀測光電效應現象，實驗裝置示意如圖甲所示．已知普朗克常量h=6.63×10﹣34J?s．①圖甲中電極A為光電管的

（填“陰極”或“陽極”）；②實驗中測得銣的遏止電壓Uc與入射光頻率ν之間的關系如圖乙所示，則銣的截止頻率νc=

Hz，逸出功W0=

J．參考答案：（1）陽極；（2）5.15×1014；3.41×10﹣19【考點】光電效應．【分析】光電子從金屬板上射出后被電場加速，由此可知A板為正極，根據光電效應方程Ekm=hv﹣W0和eUC=EKm得出遏止電壓Uc與入射光頻率v的關系式，從而進行判斷．根據逸出功W0=hv0，和光電效應方程：EK=hv﹣W0直接進行求解．【解答】解：（1）電子從金屬板上射出后被電場加速，由此可知A板為正極即為陽極，故A錯誤；由Ekm=hv﹣W0和eUC=EKm得：eUC=hv﹣W0，因此當遏制電壓為零時，hvc=W0，根據圖象可知，銣的截止頻率νC=5.15×1014Hz，（2）根據hvc=W0，則可求出該金屬的逸出功大小W0=6.63×10﹣34×5.15×1014=3.41×10﹣19J．故答案為：（1）陽極；（2）5.15×1014；3.41×10﹣198.某發電廠輸出的功率為200kW，輸出電壓為11kV。若采用220kV的高壓輸電，那么，升壓變壓器(不計變壓器能量損失)的原線圈和副線圈的匝數比為____；輸電電流為______A。參考答案：9.實驗室有一塊長方體透明介質，截面如圖ABCD所示．AB的長度為l1，AD的長度為l2，且AB和AD邊透光，而BC和CD邊不透光且射到這兩個邊的光線均被全部吸收．現讓一平行光束以入射角θ1射到AB面，經折射后AD面上有光線射出．為了測量該長方體介質的折射率．一同學的做法是：保持射到AB面上光線的入射角θ1不變，用一遮光板由A點沿AB緩慢推進，遮光板前端推到P時，AD面上恰好無光線射出，測得AP的長度為l3，則長方體介質的折射率可表示為n＝__________；參考答案：10.如圖所示，兩燈D1、D2完全相同，電感線圈與負載電阻及電燈電阻均為R．在電鍵S閉合的瞬間，較亮的燈是________；電鍵S斷開的瞬間，看到的現象是________。參考答案：D1；D2立即熄滅，D1過一會兒再熄滅11.帶電量為q的粒子，自靜止起經電壓U加速進入磁感應強度為B的勻強磁場中做半徑為r的圓周運動，如不計粒子的重力，該粒子的速率為

，粒子運動的周期為

。參考答案：2U/（Br）

12.某實驗室購買了一個上面標有“220V，110W”電烙鐵，則該電烙鐵正常工作時電流為

▲

A,5分鐘內該電烙鐵需要消耗

▲J的電能。參考答案：0.5，3.3×104；13.有面積為0.02m2的單匝矩形線圈，垂直于磁感應強度為0.4T的勻強磁場放置，若它以某條邊為軸轉過90°，用時間0.01s，則在此過程中，穿過線圈的磁通量變化量為

；線圈內的平均感應電動勢為

。參考答案：三、實驗題：本題共2小題，每小題11分，共計22分14.某同學通過實驗探究某新型小燈泡的伏安特性，下表是他在實驗時獲得的通過燈泡的電流I和燈泡兩端電壓U的系列數據：（1）請比較電壓為1.0V與3.0V時小燈泡的電阻大小，得出

；說明其原因

。（2）實驗前，實驗室里有下列器材。這位同學在實驗過程中，為了盡可能使得實驗結果精確，不能選用的是（填字母代號）

。（3）實驗時，這位同學應選用下列所示的電路圖

。參考答案：(1)電壓高電阻大

金屬絲電阻隨溫度升高而增大

(2)DF

（3）

B

15.在測定金屬電阻率的實驗中，用伏安法測定一段阻值約為5Ω左右的金屬導線的電阻，要求測量結果盡量準確，現備有以下器材：A．電池組（3V）B．電流表（0～3A，內阻0.0125Ω）C．電流表（0～0.6A，內阻0.125Ω）D．電壓表（0～3V，內阻3kΩ）E．電壓表（0～15V，內阻15kΩ）F．滑動變阻器（0～20Ω，額定電流1A）G．滑動變阻器（0～2000Ω，額定電流0.3A）H．電鍵、導線．

（1）電壓表應選用的是________，電流表應選用的是_____，滑動變阻器應選用的是_____（填寫各器材前面的字母代號）

（2）電壓要從零開始調起，請在圖1方框中畫出實驗電路如圖．（3）實驗中某組電壓表的示數如圖2A所示，則U=___V，電流表的示數如圖2B所示，則I=____A．

（4）如圖3所示游標卡尺的讀數________

cm，如圖4所示螺旋測微器的讀數________

mm．參考答案：

(1).D

(2).C

(3).F

(4).

2.10

(5).0.40

(6).1.14

(7).0.435【詳解】（1）電源電動勢為3V，電壓表應選擇D；電路最大電流約為：I==0.6A，電流表應選擇C；為方便實驗操作，滑動變阻器應選擇F；（2）由題意可知，電壓表內阻遠大于待測電阻阻值，電流表應采用外接法。實驗要求電壓要從零開始調起，則滑動變阻器應采用分壓接法。電路圖如圖所示：；（3）電壓表量程是3V，由圖示表盤可知，其分度值為0.1V，示數為2.10V；電流表量程為0.6A，由圖示表盤可知，其分度值為0.02A，示數為0.40A；（4）由圖象游標卡尺可知，其示數為：11mm+4×0.1mm=11.4mm=1.14cm；由圖示螺旋測微器可知，其示數為：0mm+43.5×0.01mm=0.435mm；【點睛】（1）根據電源電動勢選擇電壓表，根據電路最大電流選擇電流表，為方便實驗操作應選擇最大阻值較小的滑動變阻器；（2）根據待測電阻與電流表、電壓表內阻比較，確定電流表的內外接，根據題意確定滑動變阻器接法，然后作出電路圖；（3）確定出電流表、電壓表量程，從而得出每一格代表多少，讀出電壓表和電流表的示數；（4）刻度尺的讀數需估讀到最小刻度的下一位，螺旋測微器的讀數等于固定刻度讀數加上可動刻度讀數，讀可動刻度讀數時需估讀。四、計算題：本題共3小題，共計47分16.云室處在磁感應強度為B的勻強磁場中，一靜止的質量為M的原于核在云室中發生一次衰變，粒子的質量為，電量為q，其運動軌跡在與磁場垂直的平面內，現測得粒子運動的軌道半徑R，試求：在衰變過程中的質量虧損。參考答案：解：(1)該衰變放出的粒子在勻強磁場中做勻速圓周運動，其軌道半徑R與運動速度的關系，由洛侖茲力和牛頓定律可得

①由衰變過程動量守恒得（衰變過程虧損質量很小，可忽略不計）：

②又衰變過程中，能量守恒，則粒子和剩余核的動能都來自于虧損質量即

③聯立①②③解得：17.如圖所示，質量為m=245g的物塊（可視為質點）放在質量為M=0.5kg的木板左端，足夠長的木板靜止在光滑水平面上，物塊與木板間的動摩擦因數為μ=0.4．質量為m0=5g的子彈以速度v0=300m/s沿水平方向射入物塊并留在其中（時間極短），g取l0m/s2．子彈射入后，求：（1）子彈進入物塊后一起向右滑行的最大速度v1。（2）木板向右滑行的最大速度v2。（3）物塊在木板上滑行的時間t。參考答案：（1）（2）（3）（1）子彈射入物塊的過程，以子彈和物塊組成的系統為研究對象，取向右為正方向，由動量守恒定律得：m0v0=（m0+m）v1

解得

v1=6

m/s．

（2）當子彈、物塊、木板三者同速時，木板的速度最大，由動量守恒定律可得：

（m0+m）v1=（m0+m+M）v2

解得：v2=2

m/s

（3）對木塊在木板上滑動時，由動量定理：解得：t=1s點睛：此題考查動量定理及動量守恒定律的應用；關鍵是搞清研究過程或研究系統，根據動量守恒定律列出方程；第3問也可用牛頓第二定律結合運動公式求解.18.在某電場中的P點，放一帶電量q=﹣3.0×10﹣10C的檢驗電荷，測得該電荷受到的電場力大小為F=6.0×10﹣7N，方向水平向右．求：（1）P點的場強大小和方向（2）在P點放一帶電量為q2=1.0×10﹣10C的檢驗電荷，求q2受到的電場力F2的大小和方向（3）P點不放檢驗電荷時的場強大小和方向．參考答案：解：（1）P點的場強為：N/C方向與負電荷受到的電場力方向相反，即水平向左（2）q2受到的電場力為：N方向與P