2020-2021學年朝陽第一高級中學高二上學期期末物理試卷

一、單選題（本大題共7小題，共28.0分）

1.以下四幅圖中包含的物理知識說法不正確的是（）

圖甲圖乙圖丙圖丁

A.圖甲：研究均勻帶電球體在球外產生的電場時，可以認為全部電荷集中在球心

B.圖乙：距離帶電體越遠，等勢面的形狀與帶電體的形狀越相似

C.圖丙：高壓輸電線的上方還有兩條導線與大地相連，可以把高壓線屏蔽起來，免遭雷擊

D.圖丁：磁電式儀表線圈通常用鋁框做骨架，把線圈繞在鋁框上，起電磁阻尼作用

2.如圖，一彈性繩上有&和S2兩個波源，P點為&和S2連線的中點。兩

個波源同時開始振動發出兩個相向傳播的波1和波2,波長分別為;I1

和;12（41>%2），則兩列波（）

A.頻率相同B.同時到達P點

（）

A.圓環受到的安培力方向始終垂直紙面向內

B.圓環受到的安培力大小可能為零

C.圓環受到的安培力最小為B/r

D.圓環受到的安培力最大值為

4.如圖所示為一組電場線，A、B為其中兩點，貝呢）

A.A點的場強小于B點的場強

B.4點電勢高于B點電勢

C.將電子從4點移到B點，電場為做正功

D.正電荷在4點的電勢能小于正電荷在8點的電勢能

5.下列屬于電磁感應現象的是（）

A.通電導體周圍產生磁場

B.磁場對電流發生作用

C.由于閉合線圈中磁通量發生變化，使線圈中產生電流

D.電荷在洛侖茲力作用下做圓周運動

6.下列說法中正確的是（）

A.雷達是利用聲波的反射來測定物體的位置

B.在雙縫干涉實驗中，若僅將入射光由綠光改為紅光，則相鄰干涉條紋間距變寬

C.調諧是電磁波發射的過程，調制是電磁波接收的過程

D.考慮相對論效應，一沿自身長度方向高速運動的桿的長度總比其靜止時的長度短

7.如圖所示，4、8兩小球離光滑地面高度均為h=5m,相距1=4.8m,，./

「*

將4以大小為2m/s的初速為向B水平拋出的同時，B自由下落.4、B與心

地面發生彈性碰撞前后，水平分速度不變，豎直分速度大小不變、方向J〃一

相反.B球質量m=0.2kg,不計空氣阻力及小球與地面碰撞的時間，g=lOm/s2.B球第一次

與地相碰的過程中，合力對B球的沖量大小/及4、8第一次相碰時，B球離地高度〃為（）

A.I=2N-s,H=0.8mB.I=2N-s,H=4.2m

C./=4N?s,H=0.8mD./=4N?s,H=4.2m

二、多選題（本大題共3小題，共18.0分）

8.一列簡諧波沿X軸傳播，某時刻波的圖象如圖所示.此時4、8兩質點的位移相同，此后4和B分

別經過最短時間0.1s和0.7s回到該時刻位置.則（）

A.該波沿x軸負方向傳播

B.該波的傳播速度為2.5m/s

C.圖示時刻4點的速度方向和加速度方向相同

D.圖示時刻8點的速度方向和加速度方向相反

9.如圖所示，兩束平行細單色光a、b,斜射到截面是矩形的玻璃磚的一個側

面入射點分別為。1、02,都從玻璃磚的另一平行側面上的某點P射出，則

下列說法中正確的是()%

A.射出點P不可能在過Or“的這兩條法線之間

B.單色光b的頻率一定大于a的頻率

C.單色光a照射到某金屬表面打出的光電子的初動能,一定大于單色光b照射到該金屬表面所打

出的光電子的初動能

D.從玻璃磚射出的是一束復色光，它一定平行于入射光

10.閉合開關S,滑動變阻器氏的滑片向下滑動的過程中()

A.電壓表的示數增大B.流過&的電流減小

C.流過電阻％的電流減小D.流過電阻角的電流方向是匕-a

三、實瞼題(本大題共2小題，共14.0分)

11.某同學利用單擺測量重力加速度。

(1)在用單擺測定重力加速度的實驗中，下列說法中錯誤的是.

A.對重力加速度測量值影響較大的是周期的測量

B.擺球盡量選擇質量大些、體積小些的

C用刻度尺測量擺線的長度，這就是單擺的擺長

D擺線要選擇細些的、伸縮性小些的，并且盡可能長一些

(2)他組裝好單擺后在擺球自然懸垂的情況下，用毫米刻度尺從懸點量到擺球的最頂端的長度L。=

96.58cm,再用游標卡尺測量擺球直徑，結果如圖甲所示，則擺球直徑d=cm；

(3)實驗時，他利用如圖乙所示裝置記錄振動周期，在擺球運動的最低點的左、右兩側分別放置一激

光光源與光敏電阻，光敏電阻與某自動記錄儀相連，該儀器顯示的光敏電阻阻值R隨時間t的變

化圖線如圖丙所示，則該單擺的振動周期為7=

甲

乙丙

（4）根據以上測量數據可得重力加速度g=zn/s2（結果保留三位有效數字），如果該同學測得的

g值偏小，可能的原因是（填正確答案標號）。

A.擺線上端未牢固地系于懸點，振動中出現松動，使擺線長度增加了

8.計算擺長時用的L=Lo+d

C擺球擺動的振幅偏小

12.某同學利用定值電阻&、電阻箱％、D/S等實驗器材，測量電池a的電動勢和內阻，實驗裝置如

圖1所示.實驗時改變電阻箱的阻值，記錄外電路的總電阻阻值R,用電流傳感器測得對應的電

流值/.多次測量后得到如圖2所示的;-R關系圖線a,重復上述實驗方法測量電池b的電動勢和內

阻，得到圖2中的圖線b.

（1）由圖線a可知電池a的電動勢Ea=V,內阻％=2

（2）若用同一個電阻R分別與電池a、電池b組成回路，則兩電池的總功率七Pb（填“大于”、“等

于”或“小于”）,兩電池的效率加桃（填“大于”、“等于”或“小于”）.

（3）若該同學在處理實驗數據時一，誤將此作為外電路的總電阻阻值R,漏算了Ro,則最終得到的電動

勢和內阻的值與真實值相比：電動勢,內阻.

四、簡答題（本大題共1小題，共18.0分）

13.如圖所示，電路中電源的電動勢為E,內阻不計，電路中占、/？2、氏3的阻值相等，水平放置的

平行金屬板人B間的距離為d,板長為3在4板的左端且非常靠近4板的位置處有一個質量為m,

帶電荷量為-q的小液滴以初速度為水平向右射入兩板間，（重力加速度為g）

（1）若使液滴能沿火方向射出電場，電動勢Ei應為多大?

(2)若使液滴能從B板右端邊緣射出電場，電動勢E2應為多大.

五、計算題(本大題共2小題，共22.0分)

14.質量為m的子彈以水平初速為打入固定在光滑水平面上質量為M的砂箱之中，子彈射入砂箱的

深度為d.若砂箱可以自由滑動，則子彈陷入砂箱的深度為多少？

15.如圖(甲)所示，4、B是在真空中平行放置的金屬板，加上電壓后，它們之間的電場可視為勻強

電場.A、B兩極板間距離d=1.5m.今在4、8兩極板上加如圖(乙)所示的交變電壓，交變電壓

的周期T=1.0x10-6s；t=0時，A板電勢比B板電勢高，電勢差%=1080V,比荷q/m=1.0x

109c/kg的帶負電的粒子在t=0時從B板附近由靜止開始運動，不計重力.問：

u-

-t

*

交

r￡-晉

066

ohL

UOI-

(1)第一次達到最大速度時，粒子相對于B板的位移是多大?

(2)粒子到達4板時速度是多大？

參考答案及解析

1.答案：B

解析：解：4、研究均勻帶電球體在球外產生的電場時，球體的大小對研究球體外電場強度分布沒有

影響，可以認為全部電荷集中在球心。故A正確；

8、根據帶電體的電場強度的分布特點可知，距離帶電體越近，等勢面的形狀與帶電體的形狀越相似。

故8不正確；

C、高壓輸電線上方還有兩條導線，這兩條導線的作用是它們與大地相連，形成稀疏的金屬“網”，

形成靜電屏蔽，起到屏蔽外電場的作用，故C正確；

。、常用鋁框做骨架，當線圈在磁場中轉動時，導致鋁框的磁通量變化，從而產生感應電流，出現

安培阻力，使其很快停止擺動。這樣做的目的是利用渦流，起到電磁阻尼作用。故。正確

本題選擇不正確的，故選：8。

半徑為R的均勻帶電球體（或球殼）在球的外部產生的電場，與一個位于球心、電荷量相等的點電荷產

生的電場相同；根據帶電體的電場強度的分布特點分析；結合靜電屏蔽的特點與應用分析。

該題考查與電場、磁場有關的多個知識點的內容，但都比較簡單，屬于對基礎知識的的考查，在平

時的學習中多加積累即可。

2.答案：B

解析：解：A、兩波源在同一繩上，則它們的波速相等，因為兩列波的波長不同，由所以兩

列波的頻率不同，故A錯誤；

8、兩波源在同一繩上，則它們的波速相等，由于P為兩個波源連線的中點，所以它們會同時到達P點，

故8正確；

C、兩列波相遇時，因頻率不同，只能相互疊加，不發生干涉現象，故C錯誤；

D.波傳播具有相互獨立性，則相遇后，互不干擾，各自獨立傳播，相遇時，波長不變，故。錯誤。

故選：Bo

波傳播具有相互獨立性，波傳播速度由介質決定，兩波源在同一繩上，則它們的波速相等，因為兩

列波的波長不同，兩列波的頻率不同，不發生干涉現象

本題考查機械波傳播的特點，學生需注意，波傳播具有相互獨立性，波傳播速度由介質決定，兩列

波的頻率相同，相差保持不變，才會產生干涉。

3.答案：B

解析：解：4、圓環受到的安培力方向即垂直于B的方向，又垂直于/的方向，即垂直于B與/所組成

的平面，再根據左手定則可知，圓環受到的安培力方向先垂直紙面向外，后垂直紙面向里，故A錯

誤；

BC、加弧形導體協中的等效電流方向山師向a,且豎直向下，當磁場方向轉至與等效電流方向平

行時，圓環受到的安培力為零，故8正確，C錯誤；

。、圓環導線的有效長度為2r,當磁場方向與等效電流方向垂直時，安培力最大，為F=^B",

故。錯誤。

故選：B。

根據左手定則判斷圓環所受安培力的方向；當磁感應強度B與電流/垂直時，通電導線所受安培力最

大，當磁感應強度B與電流/平行時，通電導線所受安培力最小為零。

解決本題的關鍵掌握安培力大小的公式，以及會確定導線在磁場中的有效長度，注意左手定則與右

手定則的區別。

4.答案:B

解析：解：4、由圖可知，a點電場線密，b點電場線稀，因此a點電場強度大于b點，即Ea>Eb，故

A錯誤.

B、沿電場線的方向電勢逐漸降低，4點電勢高于B點電勢，故8正確；

C、電子受到的電場力的方向由B指向4,所以將電子從4點移到B點，電場為做負功，故C錯誤；

D、正電荷在4點的電勢能大于正電荷在B點的電勢能，故。錯誤；

故選：B

為了形象的描述電場中各點的電場強度的大小和方向，引入了電場線的概念，電場線密的地方電場

強度大，電場線稀疏的地方電場強度小，沿電場線的方向電勢逐漸降低，正電荷在電勢高的地方電

勢能大.

電場線是電場中的重要概念，要根據電場線的分布正確判斷電勢的高低和電場強度的強弱.

5.答案：C

解析：

解答本題應掌握：電磁感應的現象…因磁通量的變化，從而產生感應電動勢，形成感應電流的現象。

本題中的四個選項分別對應了電與磁間關系的四個問題，4為電流的磁效應；B為電流在磁場中受力：

C為電磁感應；。為帶電粒子在磁場中的轉動。

電磁感應指閉合回路中部分導體做切割磁感線運動，或者穿過閉合線圈的磁通量變化，則回路中即

可產生感應電流；故C正確，A3。錯誤。

故選C。

6.答案：B

解析：解：4、雷達是利用無線電波的反射來確定物體目標的儀器，故選項A錯誤；

8、雙縫干涉條紋寬度正比于波長，紅光波長比綠光大，它干涉條紋寬，故選項8正確；

C、發射電磁波需要將低頻信號加到高頻信號上，此過程稱為調制，接受到電磁波時，選擇所需要的

頻率信號，稱為調諧，故選項C錯誤；

。、相對論效應是對不同參考系而言的，相對地面高速運動的桿在自身參考系內測量就是靜止的原

長，而地面觀察者測量時發現其長度變短，所以應該強調在哪個參考系內測量的，故選項。錯誤.

故選：B.

A、雷達所用的微波屬于電磁波，不是聲波.

8、在雙縫干涉實驗中，波長變長，則相鄰干涉條紋間距變寬.

C、在白熾燈的照射下從兩塊捏緊的玻璃板表面看到彩色條紋，是因為兩塊玻璃板之間存在空氣膜,

光在膜的前后表面的反射光發生干涉，即薄膜干涉.

D,一條沿自身長度方向運動的桿其長度，在地面上看，總比桿靜止時的長度短.

考查雷達的工作原理，掌握干涉條紋間距公式，知道調諧與調制的區別，掌握高速飛行時沿著飛行

方向的長度變短，及注意其不同參考系，結論會不同.

7.答案：D

解析：解：B小球做自由下落，

根據運動學公式得：

B球第一次與地相碰前的速度是u=y/2gh=10m/s

B與地面發生彈性碰撞前后速度大小不變、方向相反.

根據動量定理得B球第一次與地相碰的過程中，

合力對B球的沖量大小/=2mv=2x0.2xION-s=4N-s,

4以大小為2m/s的初速北向B水平拋出，4在水平方向做勻速直線運動，

A、B兩小球相距I=4.8m,所以4到4、B第一次相碰時的時間是t=工=2.4s,

v0

B與地面發生彈性碰撞前后，豎直分速度大小不變、方向相反，而B球下落時間是1s,

所以力、B第一次相碰時，8球離地高度H—2s7=4.2m；

故選：D.

因為平拋運動在水平方向上做勻速直線運動，在豎直方向上做自由落體運動，

根據該規律抓住地面碰撞前后，水平分速度不變，豎直分速度大小不變、方向相反與判斷求解.

解決本題的關鍵知道平拋運動在水平方向和豎直方向上的運動規律，根據該規律進行分析.

8.答案:AB

解析：解：

A、根據4和B分別經過最短時間0.1s和0.7s回到該時刻位置可知，A點先回到圖示位置，說明4正向

上振動，B正向下振動，則根據波形的平移法可知沿》軸負方向傳播，故A正確；

B、根據圖象可知，波長4=2m,周期7=0.1+0.7=0.8s,則波速為u=5=言=2.5m/s,故B

T0.8

正確；

C、加速度的方向指向平衡位置，所以4點加速度方向向下，而4正向上振動，速度方向向上，速度

方向相反.故C錯誤.

。、加速度的方向指向平衡位置，所以B點加速度方向向下，而B正向下振動，速度方向向下，速度

方向相同，故。錯誤.

故選：AB.

根據題意可知，4點先回到圖示位置，說明4正向上振動，B正向下振動，從而判斷波的傳播方向，

由波形圖讀出波長，根據u=:求出波速，加速度的方向指向平衡位置，從而判斷圖示時刻AB兩點速

度方向與加速度方向的關系.

本題要由質點的振動方向確定波的傳播方向，這波的圖象中基本問題，方法較多，其中一種方法是

“上下坡法”，把波形象看成山坡：順著波的傳播方向，上坡的質點向下，下坡的質點向上.

9.答案:ABD

解析：試題分析：因為入射光線和折射光線應該分居于法線兩側，所以射出點P不可能在過佻、惘

的這兩條法線之間，一定在外法線的右側，故A正確

單色光b的折射光線偏折程度較大，所以b頻率一定大于a的頻率，故8正確

單色光a的折射率小于b的折射率，所以a光照射到某金屬表面打出的光電子的初動能，一定小于單

色光b照射到該金屬表面所打出的光電子的初動能，故C錯誤

從平行玻璃磚射出的光線一定平行于入射光線，因為兩出射光線方向一定相同，故是一束復色光，

且平行于入射光，故。正確

故選ABD

考點：考查了光的折射

點評：先畫出光路圖，結合光的傳播以及折射知識分析

10.答案：ABC

解析：解：ABC,當滑動變阻器的滑片P由向下滑動時，其有效電阻變大，電路的總電阻變小，總電

流變小，流過％和的電流減小，電源的內電壓和%的電壓變小，則并聯電路的電壓變大，V示數

變大。故ABC正確；

。、電容器兩端電壓為：U=E-/(r+R])，/變小，故電容器兩端電壓變大，帶電量變大，電容器

充電，電流方向為a—b,故。錯誤。

故選：ABC.

滑片移動時，根據串、并聯電路知識和閉合電路歐姆定律分析總電流的變化，判斷電容器兩端電壓

變化情況，分析電容器帶電量的變化。根據總電流的電流變化，分析電壓表讀數的變化。根據電容

器的充放電判斷流過電阻/?3的電流方向

本題是電路動態分析問題，關鍵是理清電路，根據串并聯電路知識和閉合電路歐姆定律得到各個部

分電路電流和電壓的變化。

11.答案：C0.972,0009.57A

解析：解：(1)4、由單擺周期公式：7=2兀5可知：g=警，對重力加速度測量值影響較大的是

周期的測量，故A正確；

為減小空氣阻力對實驗的影響，擺球盡量選擇質量大些、體積小些的，故B正確；

C、擺線長度與擺球半徑之和是單擺擺長，故C錯誤；

。、為減小實驗誤差，擺線要選擇細些的、伸縮性小些的，并且盡可能長一些，故。正確。

本題選錯誤的，故選：Co

(2)由圖示游標卡尺可知，游標尺的精度為O.lnun,其讀數為：d=9mm4-7x0.1mm=9.7mm=

0.97cm；

(3)單擺在一個周期內兩次經過平衡位置，根據圖線丙的變化規律可知，單擺的周期為：T=2.246s-

0.246s=2.000So

(4)單擺的擺長L=A。+g=96.58cm+等cm?97.07cm=0.9707m,

根據單擺周期公式T=可知：g=7n/s??9.57m/s2;

A、擺線上端未牢固地系于懸點，振動中出現松動，實際擺長變大，所測周期T偏大，由9=皆可

知，重力加速度g值偏小，故A正確；

B、計算擺長時用的是L=Lo+d,則擺長測量值偏大，根據9=警可知，重力加速度g值偏大，故

B錯誤；

C、擺球擺動的振幅偏小不會影響g值的測量，故C錯誤。

故選：Ac

故答案為：(1)C；(2)0.97；(3)2.000；(4)9.57；4。

(1)為減小實驗誤差應選擇質量大而體積小的擺球，應選擇彈性小的細線作為擺長，擺線長度與擺球

半徑之和是擺長，根據實驗注意事項分析答題。

(2)游標卡尺主尺與游標尺示數之和是游標卡尺示數。

(3)抓住單擺一個周期內兩次經過平衡位置，結合圖線的變化規律得出周期的大小。

(4)根據單擺的周期公式，結合擺長和周期的大小求出重力加速度。根據周期公式，分析誤差產生的

原因。

本題考查了測重力加速度實驗，解決本題的關鍵知道實驗的原理和注意事項，掌握單擺的周期公式，

會根據公式分析誤差的原因，應用單擺周期公式即可解題。

12.答案：2.0；0.5；小于；小于；相同；偏大

解析：解：(1)由圖甲所示圖象可知，在閉合電路中，

電源電動勢E=I(R+r)=/(Ro+&+r),

則?/+(

山數學知識得，縱軸截距表示g斜率表示電動勢的倒數，

由圖示圖線a可知：斜率k=0.5,則電源電動勢E=2.0V,

電源內阻r=0.512.

(2)由圖2所示圖象可知，

根據D+3得

IEE

Q的電動勢小于b的電動勢，Q的內阻小于b的內阻，

根據p=g,所以兩電池的總功率匕小于Pb,

電池的效率〃=5=《-,由于a的內阻小于b的內阻，所以電池的效率加小于九.

c/A+7*

(3)若該同學在處理實驗數據時，誤將￡作為外電路的總電阻阻值R,漏算了心，即等效的看成Ro和

r為電源的內阻.

則最終得到的電動勢和內阻的值與真實值相比：電動勢相同，內阻偏大.

故答案為：(1)2.0；0.5

(2)小于;小于；(3)相同，偏大.

(1)根據電路圖應用歐姆定律求出函數表達式，根據函數表達式與圖象求出電源電動勢與內阻.

(2)由功率的表達式可得出兩電池的總功率大小關系，分析電池效率.

(3)根據圖象的函數表達式分析答題.

本題考查了閉合電路歐姆定律的數據處理的方法，應用了圖象法及電源的總功率的表達式，難度較

大.

13.答案：解：⑴根據歐姆定律知：/=言=金

n+nZn

所以：UAB=IR=IE,

由平衡條件知：m9=號=9梟

解得：EI=2詈

(2)根據類平拋運動的規

d=-at2

2

I=vot

液滴在平行板間的加速度為：

又喝=紙

聯立以上各式解得：E=竺萼+網空

qGq

答：(1)若使液滴能沿處方向射出電場，電動勢％應為誓；

(2)若使液滴能從B板右端邊緣射出電場，電動勢為應為史等+一?

解析：(1)根據歐姆定律和平