河北省滄州市張彥恒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.下列圖象中反映物體做勻加速直線運動的是（圖中s表示位移、v表示速度、t表示時間）參考答案：D2.2008年1月10日開始的低溫雨雪冰凍造成我國部分地區嚴重災害，其中高壓輸電線因結冰而損毀嚴重．此次災害牽動億萬人的心．為消除高壓輸電線上的凌冰，有人設計了這樣的融冰思路：利用電流的熱效應除冰．若在正常供電時，高壓線上送電電壓為U，電流為I，熱耗功率為ΔP；除冰時，輸電線上的熱耗功率需變為9ΔP，則除冰時(認為輸電功率和輸電線電阻不變)()A.輸電電流為3I

B.輸電電流為9I

C.輸電電壓為3U

D.輸電電壓為1/3U參考答案：AD3.如圖所示，通電直導線處在蹄形磁鐵兩極間，受到力F的作用發生偏轉，以下說法錯誤的是()A．這個力F是通過磁場產生的B．這個力F的施力物體是蹄形磁鐵C．這個力F的反作用力作用在通電導線上D．這個力F的反作用力作用于蹄形磁鐵上 參考答案：C磁場力是磁場本身性質的體現，磁場是一種物質，磁體間或磁體與電流間的作用都是通過磁場完成的，但是磁場看不見摸不著并不意味著只有受力物體沒有施力物體，沒有反作用力。這時我們需找出產生磁場的物體，它就是施力物體，力F的反作用力作用在施力物體上。4.關于彈簧振子做簡諧運動有下述幾種說法,正確的是(

)①通過平衡位置時,回復力一定為零

②振子做減速運動,加速度同時減小③振子向平衡位置運動時,加速度方向與速度方向相反

④振子遠離平衡位置運動時,加速度方向與速度方向相反A.①②

B.①③

C.①④

D.②④參考答案：C5.一交流電源通過一變壓器給一可變電阻R供電，下列做法不能使R消耗功率增加的是（）A．增加電源電壓 B．減少原線圈匝數n1C．增加副線圈匝數n2 D．增加電阻R的阻值參考答案：D【考點】變壓器的構造和原理．【分析】變壓器的原線圈的輸入電壓決定副線圈的輸出電壓，副線圈的輸出功率決定原線圈的輸出功率，由于匝數比不變，故副線圈的輸出電壓保持不變，當負載電阻減小時，輸出功率變大．【解答】解：A、原副線圈電壓之比等于匝數之比，增大電源電壓，則輸出電壓增大，根據P=可知，輸出功率增大；故A錯誤；B、只減小原線圈的匝數，則副線圈的電壓減大，根據P=可知，輸出功率增大；故B錯誤；C、C、原副線圈電壓之比等于匝數之比，只增加副線圈的匝數，則副線圈的電壓增大，根據P=可知，輸出功率增大；故C錯誤D、減小負載的電阻值，其余保持不變，副線圈的電壓不變，根據P=可知，輸出功率減小；故D正確；本題選擇不能增加R功率的；故選：D．二、填空題：本題共8小題，每小題2分，共計16分6.如右圖所示，將馬蹄形磁鐵放在鐵架臺上，并使粗銅棒P恰好位于磁鐵的磁極間。按右圖連接成電路，在粗銅棒靜止的情況下，閉合電鍵，發現粗銅棒發生運動。（1）該現象給明磁場對__________有力的作用，改變_________或__________可以改變這個作用力的方向；（2）在如圖所示的情況下，粗銅棒P將向_________運動。參考答案：（1）電流，電流方向，磁場方向

（2）右7.如圖所示為用某種透明材料制成的一塊柱形棱鏡的截面圖，圓弧CD是半徑為R的四分之一圓周，圓心為O；ADBO是長為R的矩形。光線從AB面上距B點R/4處入射，入射角i＝45°，光進入棱鏡后恰好在BC面上的O點發生全反射，后由CD面射出，則該棱鏡的折射率n=______,BO=_______.參考答案：8.（解答）如圖所示，是法拉第在1831年9月24日所做的一次實驗裝置。他把兩根磁棒搭成倒V字形，中間加入一個套有線圈的軟鐵棒，線圈兩端與電流計相連。當把夾入的這根鐵棒迅速拉開或夾入時，電流計的指針都會發生偏轉，請解釋它產生感應電流的原因。參考答案：：兩根搭成到V字形的磁棒在其周圍產生了穩定的磁場，當套有線圈的軟鐵棒迅速拉開或夾入時，通過線圈的磁通量發生了變化。故有感應電流產生，電流計的指針發生偏轉。線圈與電流計構成的閉合回路中若產生感應電流，則電流計的指針位置將發生變化，感應電流產生的條件是解決本題的關鍵9.（1）用多用表測電阻，每次換檔后，需重新

，再進行測量。某次測量電阻時，選擇開關和指針的位置如圖11（a）所示，則被測電阻的阻值為

Ω。（2）用多用表測電路中的電流時，選擇開關和指針的位置如圖11（b）所示，則所測電流的大小是

mA。參考答案：調零；

300；5010.對于如圖所示的電流i隨時間t作周期性變化的圖象，周期為

s;該電流是

電（填“交流”或“直流”）。參考答案：

0.01

直流11.如圖所示，兩平行金屬板帶等量異種電荷，板間電壓為U，場強方向豎直向下，金屬板下方有一勻強磁場，一帶電量為+q、質量為m的粒子，由靜止開始從正極板出發，經電場加速后射出，并進入磁場做勻速圓周運動，運動半徑為R，不計粒子的重力．粒子從電場射出時速度的大小為

；勻強磁場的磁感應強度的大小為

．參考答案：，．【考點】質譜儀和回旋加速器的工作原理．【分析】根據動能定理列式，即可求解粒子從電場射出時速度的大小；再根據洛倫茲力提供向心力列式，即可求解磁感應強度的大小．【解答】解：粒子在電場中，只受電場力作用，由靜止加速到速度v后射出電場，由動能定理可知：qU=mv2；解得：v=粒子在勻強磁場中做勻速圓周運動，洛倫茲力提供向心力，則：qvB=m解得：B=將第一問的速度代入，得：B=故答案為：，．12.在研究產生感應電流條件的實驗中，把條形磁鐵插入或者拔出閉合線圈的過程，線圈的面積盡管沒有變化，但是線圈內的磁場強弱發生了變化，此時閉合線圈中__________感應電流(填“有”或“無”)。繼續做實驗，當導體棒做切割磁感線運動時，盡管磁場的強弱沒有變化，但是閉合回路的面積發生了變化，此時回路中__________感應電流(填“有”或“無”)。不管是磁場強弱發生變化，還是回路面積發生變化，都是穿過線圈所圍面積的磁通量發生了變化。因此磁通量變化是產生感應電流的條件，這種觀察總結的方法是物理學中重要的研究方法，即歸納法。參考答案：13.如圖所示的電路中，電源電動勢為12V，電源內阻為1.0Ω，電路中的電阻R0為1.5Ω，小型直流電動機M的內阻為0.5Ω．閉合開關S后，電動機轉動，電流表的示數為2.0A．則以下判斷中正確的是()A.電動機的輸出功率為14WB.電動機兩端的電壓為7VC.電動機產生的熱功率為4WD.電源輸出的電功率為24W參考答案：B試題分析：電路中電流表的示數為2.0A，所以電動機的電壓為：U=E-U內-UR0=12-Ir-IR0=12-2×1-2×1.5W=7V，電動機的總功率為：P總=UI=7×2W=14W，電動機的發熱功率為：P熱=I2R=22×0.5W=2W，所以電動機的輸出功率為：P出=14W-2W=12W，所以B正確；AC錯誤；電源的輸出的功率為：P輸出=EI-I2R=12×2-22×1W=20W，所以D錯誤．故選B.考點：電功率【名師點睛】在計算電功率的公式中，總功率用P=IU來計算，發熱的功率用P=I2R來計算，如果是計算純電阻的功率，這兩個公式的計算結果是一樣的，但對于電動機等非純電阻，第一個計算的是總功率，第二個只是計算發熱的功率，這兩個的計算結果是不一樣的.三、簡答題：本題共2小題，每小題11分，共計22分14.真空中有兩個點電荷，所帶電量分別為和，相距2cm，求它們之間的相互作用力，是引力還是斥力．參考答案：，斥力．解：根據庫侖定律，則有：；同種電荷相互吸引，所以該力為“斥力”．【點睛】解決本題的關鍵掌握庫侖定律的公式，以及知道同種電荷相互排斥，異種電荷相互吸引．15.

(12分)物質是由大量分子組成的，分子有三種不同的聚集狀態：固態、液態和氣態。物質處于不同狀態時各有不同的特點和物理性質。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過90°后電流表的示數發生了變化，已知兩種情況下都接觸良好，由此可判斷圓板是晶體。(2)在化學實驗中發現，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℃)下的速度分布規律圖，由圖可得出哪些結論?(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出“中間多，兩頭少”的分布規律；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.（10分）如圖所示，電源的電動勢E=11V，電阻R1=10，電動機繞組的電阻R=0．5，電鍵S始終閉合。當電鍵S斷開時，電阻R的電功率是10W；當電鍵S閉合時，電阻R的電功率是2.5W，求：(1)電源的內電阻；

(2)當電鍵S閉合時流過電源的電流和電動機的輸出功率。參考答案：（1）設S斷開時R消耗的功率為，則代入數據可以解得，（2）設S閉合時消耗的功率為由閉合電路歐姆定律得，流過的電流為，流過電動機的電流為而而代入數據得，17.如圖所示，在水平地面上有A、B兩個小物體，質量分別為mA＝3kg、mB＝2kg，它們與地面間的動摩擦因數均為μ＝0.1。A、B之間有一原長為L＝0.15m、勁度系數為k＝500N/m的輕質彈簧水平連接。分別用兩個方向相反的水平恒力F、F＇同時作用在A、B兩物體上。當運動達到穩定時，A、B兩物體以共同加速度大小為a＝1m/s2做勻加速直線運動。已知F＝20N，g取10m/s2。求運動穩定時A、B之間的距離及F＇的大小。參考答案：距離可能是0.178m，此時F′的大小是10N；距離也可能是0.202m，此時F'的大小為30N當系統具有水平向右的加速度時：設運動穩定時彈簧的伸長量為△x1，A、B間距為L1，F'的大小為F1對A，有：對整體，有：又有：解得：、當系統具有水平向左的加速度時：設運動穩定時彈簧的伸長量為△x2，A、B間距為L2，F'的大小為F2對A，有：對整體，有：又有：解得：、18.如圖所示，輕彈簧的兩端與質量均為2m的B、C兩物塊固定連接，靜止在光滑水平面上，物塊C緊靠擋板但不粘連．另一質量為m的小物塊A以速度vo從右向左與B發生彈性正碰，碰撞時間極短可忽略不計．（所有過程都在彈簧彈性限度范圍內）求：（1）A、B碰后瞬間各自的速度；（2）彈簧第一次壓縮最短與第一次伸長最長時彈性勢能之比．參考答案：解：（1）A、B發生彈性正碰，碰撞過程中，A、B組成的系統動量守恒、機械能守恒，以A、B組成的系統為研究對象，以A的初速度方向為正方向，由動量守恒定律得：mvo=mvA+2mvB，在碰撞過程中機械能守恒，由機械能守恒定律得：mv02=mvA2+?2mvB2，聯立解得：vA=﹣v0，vB=v0；（2）彈簧第一次壓縮到最短時，B的速度為零，該過程機械能守恒，由機械能守恒定律得，彈簧的彈性勢能：EP=?2m?vB2=mv02，從彈簧壓縮最短到彈簧恢復原長時，B、C與彈簧組成的系統機械能守恒，彈簧恢復原長時，B的速度vB=v0，速度方向向右，C的速度為零，從彈簧恢復原長到彈簧第一次伸長最長時，B、C與彈簧組成的系統動量守恒、機械能守恒，彈簧伸長最長時，B、C速度相等，以向右為正方向，由動量守恒定律得：2mvB=（2m+2m）v′，由機械能守恒定律得：?2m?vB2=?（2m+2m）?v′2+EP′，解得：EP′=mv02，彈簧第一次壓縮最短與第一次伸長最長時彈性勢能之比：EP：EP′=2：1；答：