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）如圖是質譜儀的工作原理示意圖．現有一束幾種不同的正離子，經過加速電場加速后，垂直射入速度選擇器（速度選擇器內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生偏轉．接著進入另一勻強磁場B2，發現這些離子分成幾束．由此可得結論(

)A．速度選擇器中的磁場方向垂直紙面向內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。現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）圖測得的數據是2.9V，4.0mA；用（乙）圖測得的數據是3.0V，3.0mA。由此可知，應用________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時，感應電荷在連線的中點處(在導體內)產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，電動機內部導線的電阻r’＝0.4Ω，電源電動勢E＝40V，電源內電阻r＝1Ω，當開關S閉合時，電流表的示數為I＝4.0A，則電動機的發熱功率為____

W，轉化為的機械功率是______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，避雷針上產生的感應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生光電效應．有一群處于n=4能級的氫原子向較低能級躍遷時所發出的光照射該金屬．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）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構．【分析】（1）根據數學組合公式得出氫原子向低能級躍遷時發出不同頻率的光子種數．（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生光電效應求出金屬的逸出功．（3）根據逸出功，結合W0=hv0求出截止頻率．【解答】解：（1）根據知，氫原子向低能級躍遷時共能發出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生光電效應，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內通過導線的橫截面的電子個數為_______________個。參考答案：2×101712.與磁感應強度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，則兩板間電勢差變為

V，兩板間的電場強度將變為原來的

。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，應調整__________。

A.X增益旋鈕

B.Y增益旋鈕

C.豎直位移旋鈕

D.掃描微調旋鈕

（2）要使信號顯示出兩個完整的波形，應調整__________。

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.質量為60kg的人,站在升降機內的水平地板上.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，質量為m1=1kg的金屬棒ab和質量為m2=0.27kg的金屬棒cd均通過棒兩端的套環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，兩處磁場磁感應強度大小相同．ab棒光滑，cd棒與導軌間動摩擦因數為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）求磁感應強度B的大小和ab棒加速度大小；（2）已知在2s內外力F做功40J，求這一過程中兩金屬棒產生的總焦耳熱；（3）求出cd棒達到最大速度所對應的時刻t1．參考答案：解：（1）經過時間t，金屬棒ab的速率為：v=at此時，回路中的感應電流為：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，F1=11N；t2=2s，F2=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所發生的位移為：s=at2=2m由動能定律得：WF﹣m1gs﹣W安=m1vt2又Q=W安聯立以上方程，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，根據閉合電路的歐姆定律可得電流強度I==，根據運動學公式可得：vm=at1整理得t1=2s．答：（1）磁感應強度B的大小為1.2T；ab棒加速度大小為1m/s2；（2）已知在2s內外力F做功40J，則這一過程中兩金屬棒產生的總焦耳熱為18J；（3）cd棒達到最大速度所對應的時刻為2s．【考點】導體切割磁感線時的感應電動勢；電磁感應中的能量轉化．【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的關系式，再根據數學知識研究圖象（b）斜率和截距的意義，即可求磁感應強度B的大小和ab棒加速度大小；（2）由運動學公式求出2s末金屬棒ab的速率和位移，根據動能定理求出兩金屬棒產生的總焦耳熱；（3）根據平衡條件結合安培力的計算公式、速度時間關系列方程求解cd棒達到最大速度所對應的時刻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．現設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．假設點電荷能穿過球殼壁進入導體球殼內而不與導體壁接觸。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產生的合場強為零，球殼內為電勢等于的等勢區，在導體表面上的面元所帶的電量為，它在球殼的球心處產生的電勢為，球殼外壁所有電荷在球心產生的電勢為

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

（2）代入數值后可解得球殼外壁的電量為因球殼內壁無電荷，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），設球殼外壁的電量變為，球殼外的電荷、與球殼外壁的電量在殼內產生的合場強仍為零，因球殼內仍無電荷，球殼內仍保持電勢值為的等勢區，則有

（4）解得球殼外壁的電量因為此時球殼內壁電量仍為零，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（導體半徑仍為），點電荷在球殼內壁感應出電量－，因球殼的靜電屏蔽，球殼內電荷與球殼內壁電荷－在球殼外產生的合電場為零，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產生的合電場為零，表明對電荷與產生的合電場而言，球殼內空間是電勢值為的等勢區．與在球心處產生的電勢等于球殼的電勢，即

（7）解得球殼外壁電量

（8）球殼外壁和內壁帶的總電量應為

（9）在這過程中，大地流向球殼的電量為

（10）這個結果表明：電荷由球殼外極近處的位置進入殼內，只是將它在球殼外壁感應的電荷轉至球殼內壁，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，剛進入球殼內時（球殼半徑仍為），球殼內壁的感應電荷變為－（＋），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