河南省開封市各里口中學高二物理期末試卷含解析

河南省開封市各里口中學高二物理期末試卷含解析一、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.線圈在磁場中勻速轉動產生的交流電的瞬時電動勢為e＝10sin20πtV，則()A．t＝0時，線圈平面位于中性面

B．t＝0時，穿過線圈的磁通量最大C．t＝0時，導線切割磁感線的有效速度最大

D．t＝0.4s時，e達到峰值10V參考答案：AB2.如圖所示，電源與豎直導軌相連，金屬棒與導軌接觸良好，最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，為了使金屬棒能夠靠在導軌外面靜止不動,需施加一與豎直導軌平行的磁場Bo,下列說法正確的是A.磁場的方向豎直向下B.金屬棒受到的摩擦力與磁場B0有關C.若增大磁感應強度B0，金屬棒可能會向上移動D.若減小磁感應強度B0，金屬棒可能會向下移動參考答案：AD【詳解】A.受力分析可知，安培力向里，根據左手定則，磁場方向豎直向下，故A正確。B.平衡時摩擦力等于重力，與磁場B0無關，故B錯誤。C.若增大磁感應強度B0，安培力變大，金屬棒對導軌的壓力變大，最大靜摩擦力變大，金屬棒仍會靜止，故C錯誤。D.若減小磁感應強度B0，安培力變小，金屬棒對導軌的壓力變小，最大靜摩擦力減小，則金屬棒可能會向下移動，故D正確。3.參考答案：D4.司機為了能夠控制駕駛的汽車，汽車對地面的壓力一定要大于零。在高速公路上所建的高架橋的頂部可以看作是一個圓弧。若高架橋頂部的圓弧的半徑為160m，則汽車過頂部速度應（g=10m/s2）A.小于40m/s

B.小于20m/s

C.小于4m/s

D.無法確定參考答案：A5.如圖所示，一個閉合導體圓環(huán)固定在水平桌面上，一根條形磁鐵沿圓環(huán)的軸線運動，使圓環(huán)內產生了感應電流．下列四幅圖中，產生的感應電流方向與條形磁鐵的運動情況相吻合的是（）A． B． C． D．參考答案：D【考點】楞次定律．【分析】由楞次定律：感應電流磁場總是阻礙線圈原磁通量的變化，結合是N極還是S極的運動，從而可以判斷出感應電流的方向．【解答】解：A、由圖示可知，在磁鐵S極上升過程中，穿過圓環(huán)的磁場方向向上，在磁鐵遠離圓環(huán)時，穿過圓環(huán)的磁通量變小，由楞次定律可知，從上向下看，圓環(huán)中的感應電流沿逆時針方向，故A錯誤；B、由圖示可知，在磁鐵S極下落過程中，穿過圓環(huán)的磁場方向向上，在磁鐵靠近圓環(huán)時，穿過圓環(huán)的磁通量變大，由楞次定律可知，從上向下看，圓環(huán)中的感應電流順時針方向，故B錯誤；C、同時，在磁鐵N極上升過程中，穿過圓環(huán)的磁場方向向下，在磁鐵遠離圓環(huán)時，穿過圓環(huán)的磁通量變小，由楞次定律可知，從上向下看，圓環(huán)中的感應電流沿順時針方向，故C錯誤；D、由圖示可知，在磁鐵N極下落過程中，穿過圓環(huán)的磁場方向向下，在磁鐵靠近圓環(huán)時，穿過圓環(huán)的磁通量變大，由楞次定律可知，從上向下看，圓環(huán)中的感應電流逆時針方向，故D正確；故選：D．二、填空題：本題共8小題，每小題2分，共計16分6.（5分）如圖所示，一根長為l的輕繩一端固定在O點，另一端拴一質量為m的小球，拉起小球使輕繩水平伸直，然后無初速釋放小球，小球運動至輕繩達到豎直位置的過程中，當輕繩和水平方向的夾角為____________時小球重力做功的瞬時功率的值最大，最大值為____________。參考答案：arccot，

7.用電壓U和kU通過相同距離相同材料的輸電線向用戶輸送同樣的電能，若要求輸電線損失的功率相同，則前后兩種情況輸電線的橫截面積之比為_________，若采用同樣粗細的輸電導線輸電，則前后兩種情況下輸電導線上損失的功率之比為_________。參考答案：k2︰1

，

k2︰1

8.一根長2m的直導線，通有1A的電流，把它放在B=0.2T的勻強磁場中，并與磁場方向垂直，導線所受的安培力是

N。參考答案：0.49.（5分）光電管是把光信號轉變?yōu)殡娦盘柕膬x器，今用頻率為的光照射光電管，發(fā)射光電子的最大初動能是

（已知普朗克常量為h）。參考答案：hv+E10.如圖11所示，A、B兩燈電阻相同，當滑動變阻器的滑動端P向下滑動時，通過電源的電流

，電阻R中的電流

（填“增大”、“減小”或“不變”），電燈A將

，電燈B將

（填“變暗”、“變亮”、“不變”）。參考答案：增大

增大

變暗

變暗11.在光滑的水平面上，質量為2kg的平板小車以3m/s速度做勻速直線運動，質量為1kg的物體從5m高處自由下落掉在車上.由于物體與車之間存在摩擦,經過0.4s它們達到了共同的速度

m/s，小車所受摩擦力的大小為

N.參考答案：

2

，

5

12.說明下列能源利用方式中的能量轉化過程:(1)水力發(fā)電，是

能轉化為電能；(2)電動水泵抽水，是

能轉化為機械能；(3)柴油機車牽引列車前進，是

能轉化為機械能；(4)用煤氣灶燒水，是化學能轉化為

能。參考答案：機械；電；化學；內

13.如圖10所示，線圈內有理想邊界的磁場，當磁場均勻增加時，有一帶電粒子靜止于平行板(兩板水平放置)電容器中間，則此粒子帶_______電（填“正”或“負”），若線圈匝數為n，平行板電容器板間距離為d，粒子質量為m，帶電量為q，則磁感應強度的變化率為_______（設線圈面積為S,重力加速度為g）．參考答案：負

mgd/nsq

三、簡答題：本題共2小題，每小題11分，共計22分14.（5分）電磁波是一個大家族，請說出這個家族中的幾個成員（至少說出3個）參考答案：紅外線、紫外線、X射線等。15.（12分）如圖所示，有兩個帶正電的粒子P和Q同時從勻強磁場的邊界上的M點分別以30°和60°（與邊界的交角）射入磁場，又同時從磁場邊界上的同一點N飛出，設邊界上方的磁場范圍足夠大，不計粒子所受的重力影響，則兩粒子在磁場中的半徑之比rp:rQ=____________，假設P粒子是粒子（），則Q粒子可能是________，理由是_______________________________。參考答案：(1)兩粒子在磁場中的半徑之比：（5分）（2）可能是質子（3分），質量數與電荷數之比為1:1（4分）四、計算題：本題共3小題，共計47分16.（2005?鹽城模擬）如圖所示，水平面上的A，B兩物體中間有一被細線拉著的被壓縮了的輕彈簧，兩邊是兩個在豎直平面內的半徑分別為R和2R圓弧形軌道．當細線突然斷開后，兩物體分別運動到軌道最高點時，對軌道的壓力都為0．不計任何摩擦，求：A、B兩物體的質量mA和mB之比．

參考答案：見解析 解：系統(tǒng)滿足動量守恒得mAvA=mBvB最高點：對軌道的壓力為0，所以根據牛頓第二定律：A：mAg=B：mBg=根據動能定理有：﹣=2mAgR﹣=4mBgR聯(lián)立解得mA：mB=：1答：A、B兩物體的質量mA和mB之比是：117.如圖所示，長L=8cm的兩平行金屬板A、B，兩板間距離d=8cm，A板比B板電勢高300V。一帶正電的粒子電荷量q=10-10C,質量m=10-20kg，沿電場中心線RO垂直電場線飛入電場,初速度v0=2×106m/s，粒子飛出平行板電場后經過界面MN、PS間的無電場區(qū)域后,進入固定在O點的點電荷Q形成的電場區(qū)域，(設界面PS右邊點電荷的電場分布不受界面的影響)。已知兩界面MN、PS相距L′=12cm，D是中心線RO與界面PS的交點，O點在中心線上，粒子穿過界面PS后繞固定在O點的點電荷做勻速圓周運動，最后打在放置于中心線上的熒光屏bc上。(靜電力常量k=9.0×109N·m2/C2)（1）在圖上粗略畫出粒子運動的軌跡；（2）粒子穿過界面MN時偏離中心線RO的距離y和到達PS界面時離D點的距離Y分別是多少?（3）確定點電荷Q的電性并求其電荷量的大小。參考答案：（1）第一段拋物線，第二段直線，第三段圓弧

2分（2）設粒子從電場中飛出時的側向位移為h,穿過界面PS時偏離中心線OR的距離為y，則：

1分

1分整理即：

代入數據，解得：y=0.03m=3cm

1分

設粒子從電場中飛出時的速度方向與水平方向的夾角為θ，沿電場方向的速度為vy，則可列

代入數據，解得:

vy=1.5×106m/s

1分由帶入得

則

1分到達PS界面時離D點的距離Y=y+L′tanθ

1分代入數據，解得:Y=0.12m=12cm

1分

（3）由粒子的偏轉方向可知點電荷的電性為負電

1分由上一問可得粒子從電場中飛出時的速度為：

1分勻速圓周運動的半徑：

1分由：

1分得

代入數據，解得：

Q=1.04×10-8C

1分18.如圖所示，光滑水平面上有一輛質量為M=1kg的小車，小車的上表面有一個質量為m=0.9kg的滑塊，在滑塊與小車的擋板間用輕彈簧相連接，滑塊與小車上表面間的動摩擦因數為μ=0.2，整個系統(tǒng)一起以v1=10m/s的速度向右做勻速直線運動，此時彈簧長度恰好為原長．現在用一質量為m0=0.1kg的子彈，以v0=50m/s的速度向左射入滑塊且不穿出，所用時間極短．當彈簧壓縮到最短時，彈簧被鎖定，測得此時彈簧的壓縮量為d=0.50m，g=10m/s2．求：（1）子彈射入滑塊的瞬間，子彈與滑塊的共同速度；（2）彈簧壓縮到最短時，彈簧彈性勢能的大?。畢⒖即鸢福航猓海?）子彈射入滑塊后的共同速度大為v2，設向右為正方向，對子彈與滑塊組成的系統(tǒng)，由動量守恒定律得：mv1﹣m0v0=（m+mv0）v2①解得：v2=4m/s；（2）子彈、滑塊與小車，三者的共同速度為v3，當三者達到共同速度時彈簧壓縮量最大，彈性勢能最大．以向右為正方向，由動量守恒定律得：Mv1+（m+m0）v2=（M+m+m0）v3②解得：v3=7m/s，設最大彈性勢能為Epmax，對三個物體組成的系統(tǒng)應用能量守恒定律：Mv12+（m+m0）v22﹣（M+m+m0）v32=E