山西省運城市陽祖中學2023年高二物理上學期期末試卷含解析

山西省運城市陽祖中學2023年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.（單選題）如圖是質(zhì)譜儀的工作原理示意圖．現(xiàn)有一束幾種不同的正離子，經(jīng)過加速電場加速后，垂直射入速度選擇器（速度選擇器內(nèi)有相互正交的勻強電場E和勻強磁場B1），離子束保持原運動方向未發(fā)生偏轉(zhuǎn)．接著進入另一勻強磁場B2，發(fā)現(xiàn)這些離子分成幾束．由此可得結(jié)論(

)A．速度選擇器中的磁場方向垂直紙面向內(nèi)B．這些離子通過狹縫P的速率都等于B1/EC．這些離子的電量一定不相同

D．這些離子的比荷一定不相同參考答案：D2.如圖所示，一帶電小球用絲線懸掛在水平方向的勻強電場中，當小球靜止后把懸線燒斷，則小球在電場中將作（

）A．自由落體運動

B．曲線運動C．沿著懸線的延長線作勻加速運動D．變加速直線運動參考答案：3.質(zhì)量為M的小車在光滑水平地面上以速度v0勻速向右運動，當車中的砂子從底部的漏斗中不斷流下時，車子速度將（

）A．減小

B．不變

C．增大

D．無法確定[來源:金太陽新課標資源網(wǎng)HTTP://WX.JTYJY.COM/.COM]參考答案：B4.（單選）一輕彈簧的兩端各用10N的力向外拉時，彈簧伸長了6cm?，F(xiàn)將其中一端固定于墻上，另一端用5N的外力拉它，則彈簧的伸長量應(yīng)為A．6cm

B．3cm

C．1.5cm

D．0.75cm參考答案：B5.(單選)一物體由靜止開始自由下落，一小段時間后突然受一恒定水平向右的風力的影響，但著地前一段時間風突然停止，則其運動的軌跡可能是圖中的哪一個？（

）參考答案：C二、填空題：本題共8小題，每小題2分，共計16分6.有一待測電阻Rx，無法估計其粗略值。某同學用伏安法進行測量，按圖10所示（甲）、（乙）兩種電路各測一次，用（甲）圖測得的數(shù)據(jù)是2.9V，4.0mA；用（乙）圖測得的數(shù)據(jù)是3.0V，3.0mA。由此可知，應(yīng)用________圖測量的值誤差較小，測量值Rx＝________Ω。參考答案：_乙___;

Rx＝_1.0×103_Ω7.如圖所示，帶電荷量分別為和的兩個點電荷與相距，在與間放置一個原來不帶電的導體當導體處于靜電平衡狀態(tài)時，感應(yīng)電荷在連線的中點處(在導體內(nèi))產(chǎn)生的電場強度大小為______，方向為______參考答案：

沿ba連線向左（或水平向左）8.如圖所示，D為一電動機，電動機內(nèi)部導線的電阻r’＝0.4Ω，電源電動勢E＝40V，電源內(nèi)電阻r＝1Ω，當開關(guān)S閉合時，電流表的示數(shù)為I＝4.0A，則電動機的發(fā)熱功率為____

W，轉(zhuǎn)化為的機械功率是______W．參考答案：6.4

137.69.避雷針利用_________________原理來避電：帶電云層靠近建筑物時，避雷針上產(chǎn)生的感應(yīng)電荷會通過針尖放電，逐漸中和云中的電荷，使建筑物免遭雷擊。參考答案：尖端放電10.氫原子的能級圖如圖所示．原子從能級n=3向n=1躍遷所放出的光子，正好使某種金屬材料產(chǎn)生光電效應(yīng)．有一群處于n=4能級的氫原子向較低能級躍遷時所發(fā)出的光照射該金屬．普朗克常量h=6.63×10﹣34J?s，（1）氫原子向較低能級躍遷時共能發(fā)出

種頻率的光；（2）該金屬的逸出功

（3）截止頻率

（保留一位小數(shù)）參考答案：（1）6，（2）12.09eV，（3）2.9×1015Hz．【考點】玻爾模型和氫原子的能級結(jié)構(gòu)．【分析】（1）根據(jù)數(shù)學組合公式得出氫原子向低能級躍遷時發(fā)出不同頻率的光子種數(shù)．（2）抓住原子從能級n=3向n=1躍遷所放出的光子，正好使某種金屬材料產(chǎn)生光電效應(yīng)求出金屬的逸出功．（3）根據(jù)逸出功，結(jié)合W0=hv0求出截止頻率．【解答】解：（1）根據(jù)知，氫原子向低能級躍遷時共能發(fā)出6種頻率的光．（2）原子從能級n=3向n=1躍遷所放出的光子，正好使某種金屬材料產(chǎn)生光電效應(yīng)，知輻射的光子能量等于逸出功，則W0=E3﹣E1=﹣1.51﹣（﹣13.6）eV=12.09eV．（3）根據(jù)W0=hv0得，截止頻率==2.9×1015Hz．故答案為：（1）6，（2）12.09eV，（3）2.9×1015Hz．11.（2分）已知元電荷C，某金屬導線中的電流是16mA，2s內(nèi)通過導線的橫截面的電子個數(shù)為_______________個。參考答案：2×101712.與磁感應(yīng)強度B=0.8T垂直的線圈面積為0.05m2，線圈繞有50匝，線圈的磁通量是

，線圈位置如轉(zhuǎn)過53O磁通量是

。參考答案：0.04Wb

，

0.032Wb13.平行板電容器所帶量Q=4×l0-8C，它的兩極板之間電壓U=2v如果兩板電量各減少一半，則兩板間電勢差變?yōu)?/p>

V，兩板間的電場強度將變?yōu)樵瓉淼?/p>

。參考答案：1，1/2三、實驗題：本題共2小題，每小題11分，共計22分14.用示波器觀察某交流信號時，在顯示屏上顯示出一個完整的波形，如圖所示。

（1）要使波形幅度增大，應(yīng)調(diào)整__________。

A.X增益旋鈕

B.Y增益旋鈕

C.豎直位移旋鈕

D.掃描微調(diào)旋鈕

（2）要使信號顯示出兩個完整的波形，應(yīng)調(diào)整__________。

A.X增益旋鈕

B.Y增益旋鈕

C.豎直位移旋鈕

D.掃描微調(diào)旋鈕參考答案：（1）B

（2）D15.某同學用如圖所示的裝置做驗證動量守恒定律實驗．先讓a球從斜槽軌道上某固定點由靜止開始滾下，在水平地面上的記錄紙上留下壓痕，重復10次；再把同樣大小的b球放在斜槽軌道末端水平段的最右端附近靜止，讓a球仍從原固定點由靜止開始滾下，和b球相碰后兩球分別落在記錄紙的不同位置處，重復10次．本實驗必須測量的物理量有________．A．斜槽軌道末端到水平地面的高度H；B．小球a、b的質(zhì)量分別為ma、mb；C．小球a、b的半徑r；D．小球a、b在離開斜槽軌道末端后平拋飛行的時間；E．記錄紙上O點到A、B、C各點的距離OA、OB、OC；F．a(chǎn)球的固定釋放點到斜槽軌道末端水平部分間的高度差h.參考答案：BE四、計算題：本題共3小題，共計47分16.質(zhì)量為60kg的人,站在升降機內(nèi)的水平地板上.求(1)當升降機勻速上升時人對升降機地板的壓力是多大?(2)當升降機以2m/s2的加速度勻加速上升時,人對升降機地板的壓力是多大?(3)當升降機以2m/s2的加速度勻減速上升時,人對升降機地板的壓力是多大?(g取10m/s2)參考答案：(1)600N

(2)720N

(3)480N17.相距L=1.5m的足夠長金屬導軌豎直放置，質(zhì)量為m1=1kg的金屬棒ab和質(zhì)量為m2=0.27kg的金屬棒cd均通過棒兩端的套環(huán)水平地套在金屬導軌上，如圖（a）所示，虛線上方磁場方向垂直紙面向里，虛線下方磁場方向豎直向下，兩處磁場磁感應(yīng)強度大小相同．a(chǎn)b棒光滑，cd棒與導軌間動摩擦因數(shù)為μ=0.75，兩棒總電阻為1.8Ω，導軌電阻不計．t=0時刻起，ab棒在方向豎直向上、大小按圖（b）所示規(guī)律變化的外力F作用下，由靜止沿導軌向上勻加速運動，同時也由靜止釋放cd棒．g取10m/s2（1）求磁感應(yīng)強度B的大小和ab棒加速度大??；（2）已知在2s內(nèi)外力F做功40J，求這一過程中兩金屬棒產(chǎn)生的總焦耳熱；（3）求出cd棒達到最大速度所對應(yīng)的時刻t1．參考答案：解：（1）經(jīng)過時間t，金屬棒ab的速率為：v=at此時，回路中的感應(yīng)電流為：I==，對金屬棒ab，由牛頓第二定律得：F﹣BIL﹣m1g=m1a由以上各式整理得：F=m1a+m1g+，在圖線上取兩點：t1=0，F(xiàn)1=11N；t2=2s，F(xiàn)2=14.6N，代入上式得：a=1m/s2，B=1.2T；（2）在2s末金屬棒ab的速率為：vt=at=2m/s所發(fā)生的位移為：s=at2=2m由動能定律得：WF﹣m1gs﹣W安=m1vt2又Q=W安聯(lián)立以上方程，解得：Q=WF﹣mgs﹣mvt2=（40﹣1×10×2﹣×1×22）J=18J；（3）由題意可知：cd棒先做加速度逐漸減小的加速運動，當cd棒所受重力與滑動摩擦力相等時，速度達到最大；然后做加速度逐漸增大的減速運動，最后停止運動．當cd棒速度達到最大時，有m2g=μFN，又FN=FA=BIL，根據(jù)閉合電路的歐姆定律可得電流強度I==，根據(jù)運動學公式可得：vm=at1整理得t1=2s．答：（1）磁感應(yīng)強度B的大小為1.2T；ab棒加速度大小為1m/s2；（2）已知在2s內(nèi)外力F做功40J，則這一過程中兩金屬棒產(chǎn)生的總焦耳熱為18J；（3）cd棒達到最大速度所對應(yīng)的時刻為2s．【考點】導體切割磁感線時的感應(yīng)電動勢；電磁感應(yīng)中的能量轉(zhuǎn)化．【分析】（1）由E=BLv、I=、F=BIL、v=at，及牛頓第二定律得到F與時間t的關(guān)系式，再根據(jù)數(shù)學知識研究圖象（b）斜率和截距的意義，即可求磁感應(yīng)強度B的大小和ab棒加速度大?。唬?）由運動學公式求出2s末金屬棒ab的速率和位移，根據(jù)動能定理求出兩金屬棒產(chǎn)生的總焦耳熱；（3）根據(jù)平衡條件結(jié)合安培力的計算公式、速度時間關(guān)系列方程求解cd棒達到最大速度所對應(yīng)的時刻t1．18.（25分）如圖所示，一薄壁導體球殼（以下簡稱為球殼）的球心在點．球殼通過一細導線與端電壓的電池的正極相連，電池負極接地．在球殼外點有一電量為的點電荷，點有一電量為的點電荷。之間的距離，之間的距離．現(xiàn)設(shè)想球殼的半徑從開始緩慢地增大到50，問：在此過程中的不同階段，大地流向球殼的電量各是多少？己知靜電力恒量．假設(shè)點電荷能穿過球殼壁進入導體球殼內(nèi)而不與導體壁接觸。參考答案：解析：分以下幾個階段討論：

1．由于球殼外空間點電荷、的存在，球殼外壁的電荷分布不均勻，用表示面電荷密度．設(shè)球殼半徑時球殼外壁帶的電量為，因為電荷、與球殼外壁的電量在球殼內(nèi)產(chǎn)生的合場強為零，球殼內(nèi)為電勢等于的等勢區(qū)，在導體表面上的面元所帶的電量為，它在球殼的球心處產(chǎn)生的電勢為，球殼外壁所有電荷在球心產(chǎn)生的電勢為

（1）點電荷、在球殼的球心處產(chǎn)生的電勢分別為與，因球心處的電勢等于球殼的電勢，按電勢疊加原理，即有

（2）代入數(shù)值后可解得球殼外壁的電量為因球殼內(nèi)壁無電荷，所以球殼的電量等于球殼外壁的電量，即

（3）2．當球殼半徑趨于時（點電荷仍在球殼外），設(shè)球殼外壁的電量變?yōu)?，球殼外的電荷、與球殼外壁的電量在殼內(nèi)產(chǎn)生的合場強仍為零，因球殼內(nèi)仍無電荷，球殼內(nèi)仍保持電勢值為的等勢區(qū)，則有

（4）解得球殼外壁的電量因為此時球殼內(nèi)壁電量仍為零，所以球殼的電量就等于球殼外壁的電量，即

（5）

在到趨于的過程中，大地流向球殼的電量為

（6）3．當點電荷穿過球殼，剛進入球殼內(nèi)（導體半徑仍為），點電荷在球殼內(nèi)壁感應(yīng)出電量－，因球殼的靜電屏蔽，球殼內(nèi)電荷與球殼內(nèi)壁電荷－在球殼外產(chǎn)生的合電場為零，表明球殼外電場僅由球殼外電荷與球殼外壁的電荷所決定．由于球殼的靜電屏蔽，球殼外電荷與球殼外壁的電荷在球殼內(nèi)產(chǎn)生的合電場為零，表明對電荷與產(chǎn)生的合電場而言，球殼內(nèi)空間是電勢值為的等勢區(qū)．與在球心處產(chǎn)生的電勢等于球殼的電勢，即

（7）解得球殼外壁電量

（8）球殼外壁和內(nèi)壁帶的總電量應(yīng)為

（9）在這過程中，大地流向球殼的電量為

（10）這個結(jié)果表明：電荷由球殼外極近處的位置進入殼內(nèi)，只是將它在球殼外壁感應(yīng)的電荷轉(zhuǎn)至球殼內(nèi)壁，整個球殼與大地沒有電荷交換．

4．當球殼半徑趨于時（點電荷仍在球殼外），令表示此時球殼外壁的電量，類似前面第3階段中的分析，可得

（11）由此得球殼的電量等于球殼內(nèi)外壁電量的和，即

（12）大地流向球殼的電量為

（13）5．當點電荷穿過球殼，剛進入球殼內(nèi)時（球殼半徑仍為），球殼內(nèi)壁的感應(yīng)電荷變?yōu)椋ǎ?，由于球殼的靜電屏蔽，類似前面的分析可知，球殼外電場僅由球殼外