2022-2023學年江西省上饒市謝家灘中學高二物理期末試題含解析一、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）帶電量分別為2q和4q的兩個點電荷，相距為r，相互作用力大小為F，現在把兩個點電荷的電量各減少一半，距離減少為r/2，則兩個點電荷間的相互作用力大小為(

)A．2F

B．F

C．F/2

D．F/4參考答案：B2..輸送功率為P,輸送電壓為U,輸電線電阻為R,用戶得到的電壓為U1,則錯誤的是（

）A．輸電線損失的功率為

B．輸電線損失的功率為；C．用戶得到的功率為

D．用戶得到的功率為參考答案：C3.（單選）某同學做三種導電元件的導電性能實驗，他根據所測量數據分別繪制了三種元件的I－U圖象，如圖所示，則下述判斷不正確的是 ()A．只有乙圖正確B．甲、丙圖的曲線肯定是偶然誤差太大C．甲、丙不遵從歐姆定律，肯定不可能正確D．甲、乙、丙三個圖都可能正確，并不一定有較大誤差參考答案：ABC4.對于做平拋運動的物體，下列說法正確的是

A．物體速度的方向在時刻改變B．物體加速度的方向在時刻改變C．物體速度方向一定與加速度的方向相同D．物體加速度的方向沿曲線的切線方向參考答案：A5.關于線圈在勻強磁場中轉動產生的交變電流，下列說法中正確的是()A.線圈每轉動一周，感應電流方向就改變一次B.線圈平面每經過中性面一次，感應電流方向就改變一次，感應電動勢方向不變C.線圈平面每經過中性面一次，感應電流和感應電動勢方向都要改變一次D.線圈轉動一周，感應電流和感應電動勢方向都要改變一次參考答案：C【詳解】感應電動勢方向即為感應電流的方向。當線圈在勻強磁場中轉動產生交變電流時，線圈平面每經過中性面一次，感應電流和感應電動勢方向都要改變一次；線圈轉動一周，線圈兩次過中性面，感應電流和感應電動勢方向都要改變兩次。故C項正確，ABD三項錯誤。二、填空題：本題共8小題，每小題2分，共計16分6.如圖甲所示為某一長方體導電材料，P、Q為電極，已知長方體的數據：a＝2m，b＝0.02m，c＝0.01m，在P、Q加上電壓后，繪制的U－I圖象如圖乙所示。當U＝10V時，該材料的電阻率ρ=

.參考答案：0.2507.如圖所示虛線框內為歐姆表的示意圖，當此時兩表筆短接時，表頭上的電流為滿偏，大小為5mA，而干電池的電壓為1.5V，那么該歐姆表的總內阻為________Ω。若用該歐姆表測電阻時，指針偏在滿刻度的一半處，則待測電阻的阻值為________Ω。參考答案：300,3008.如圖所示，一質量為m，電荷量為q的粒子以一定的初速度沿中線進入水平放置的平行金屬板內，恰好沒下板的邊緣飛出，已知板間的電壓為U，粒子通過平行金屬板的時間為t，不計粒子的重力，則平行金屬板間的距離d=

，粒子在前和后時間內電場力做功之比為

．參考答案：t；1：3考點：帶電粒子在勻強電場中的運動．專題：帶電粒子在電場中的運動專題．分析：帶正電的粒子進入水平放置的平行金屬板內，做類平拋運動，豎直方向做初速度為0的勻加速運動，由推論可求出在前時間內和在后時間內豎直位移之比，由功的定義求出電場力做功之比．解答：解：帶電粒子在電場中做的是類平拋運動，豎直方向粒子做初速度為0的勻加速直線運動，位移電場力為根據牛頓第二定律a=所以故d=根據類平拋運動規律可知，豎直方向粒子做初速度為0的勻加速直線運動，根據結論y1：y2：y3=1：3：5可知，前時間內，電場力做功為W1=qEy1，后時間內，電場力做功為W2=qEy2，所以故答案為：t；1：3．點評：本題是類平拋運動，要熟練掌握其研究方法：運動的合成與分解，并要抓住豎直方向初速度為零的勻加速運動的一些推論，研究位移和時間關系．9.如圖所示，用均勻的電阻絲做成的正方形線框每邊長為0.2m，固定的正方形的一半放在與紙面垂直向里的勻強磁場中。當磁場以20Ｔ/s的變化率增強時，線框中點a、b兩點間的電壓是_______V參考答案：0.2V10.如圖所示，桌面上放著一個單匝矩形線圈，線圈中心上方某高度處有一豎立的條形磁鐵，此時穿過線圈的磁通量為0.04Wb．現使磁鐵豎直下落，經0.5s后磁鐵的S極落到線圈內的桌面上，這時穿過線圈的磁通量為0.12Wb．此過程中穿過線圈的磁通量增加了

▲

Wb，線圈中的感應電動勢大小為

▲

V．參考答案：0.08

0.1611.將電量為6×10﹣6C的負電荷從電場中A點移到B點，克服電場力做了3×10﹣5J的功，則該電荷在此過程中電勢能

了

J；再將該電荷從B點移到C點，電場力做了1.2×10﹣5J的功，則A、C間的電勢差UAC=．參考答案：增加；3×10﹣5；3V【考點】電勢能；電勢差．【分析】電荷在電場力作用下做功，導致電勢能變化．所以由做功與電量可求出兩點的電勢差，同時根據電場力做功的正負可確定電勢能增加與減少．【解答】解：負電荷在電場力作用下發生位移，導致電場力做負功，則電荷的電勢能增加．做多少功，電勢能就增加多少．因此，電荷在此過程中電勢能增加，且增加了3×10﹣5J．電荷從B點移到C點，電場力做了1.2×10﹣5J的功，則由：W=qU

得UBC===﹣2v而負電荷從電場中A點移到B點，兩點的電勢差UAB===5V所以A、C間的電勢差UAC=UAB+UBC=5V﹣2V=3V故答案為：增加；3×10﹣5；3V12.直線AB是電場中的一條電場線，電子經過A點時的速度為vA，方向從A點指向B，僅在電場力的作用下到達B點，此時電子的速度為零，則電場線的方向是從________指向_____

A、B兩點電勢較高的點是________點參考答案：ABA13.如圖10所示，從地面上方某點，將一小球以7.5m/s的初速度沿水平方向拋出，小球經過1.0s落地．若不計空氣阻力，取g=10m/s2，則可知小球拋出時離地面的高度為________m，小球落地時的速度大小為________m/s．參考答案：5.0

12.5三、實驗題：本題共2小題，每小題11分，共計22分14.在做“碰撞中的動量守恒定律”實驗中（1）需要的測量儀器或工具有

（多選）A．秒表

B．天平

C．刻度尺

D．圓規（2）必須要求的條件是

（多選）A．斜槽軌道盡量光滑以減少誤差B．斜槽軌道末端的切線必須水平C．入射球和被碰球的質量必須相等，且大小相同D．入射球每次必須從軌道的同一位置由靜止滾下（3）某次實驗中得出的落點情況如圖所示，假設碰撞過程中動量守恒，則入射小球質量m1和被碰小球質量m2之比

．參考答案：（1）BCD；（2）BD；（3）4：1【考點】驗證動量守恒定律．【分析】（1）明確實驗原理，從而知道應采用的器材；（2）根據實驗中誤差產生的原因，明確實驗中應注意的事項；（3）根據動量守恒可得出質量與水平距離乘積間的表達式，根據平拋的水平距離代入表達式即可求出對應的質量比值．【解答】解：（1）本實驗需要天平稱量物體的質量，需要刻度尺測量長度，需要圓規找物體的平均落點，故選：BCD．（2）A、軌道是否光滑對實驗的結果沒有影響．故A錯誤；B、要保證碰撞后兩個球做平拋運動，故斜槽軌道末端的切線必須水平，故B正確；C、入射球質量要大于被碰球質量，即m1＞m2，防止碰后m1被反彈，故C錯誤；D、為保證碰撞的初速度相同，入射球每次必須從軌道的同一位置由靜止滾下，故D正確；故選：BD．（3）根據動量守恒定律，有：m1=m1+m2代入數據，有：m1×0.255=m1×0.155+m2×（0.411﹣0.11）解得：m1：m2=4：1故答案為：（1）BCD；（2）BD；（3）4：115.（1）在“利用打點計時器測定勻變速直線運動加速度”的實驗中，打點計時器接在50Hz的低壓交變電源上，某同學在打出的紙帶上按打點的先后順序每5點取一個計數點，共取了A、B、C、D、E、F六個計數點（每相鄰兩個計數點間還有四個打印點）。從A點開始在每一個計數點處將紙帶剪開分成五段（分別為a、b、c、d、e段），將這五段紙帶由長到短緊靠但不重疊地粘在xOy坐標系中，如圖所示。①若把每一段紙帶的右上端連接起來，結果得到一條傾斜的直線，如圖所示，由圖可知紙帶做____________運動。②從第一個計數點A開始計時，為求出0.25s時刻紙帶的瞬時速度，需要測出哪一段紙帶的長度？③若測得a段紙帶的長度為10.0cm，e段紙帶的長度為2.0cm，則可求出加速度的大小為__________m/s2。參考答案：①勻減速；大；

②C；

③2.0①紙帶剪接后，水平方向每條寬度相同，正好與時間對應，豎直長度為相鄰相等時間的位移，由于，紙帶長度差相等，變化規律恰好與速度一樣，圖線可看作v-t圖象，即速度均勻減少，做勻減速直線運動；②求0.25s的速度，即求0.2～0.3s內的平均速度，0.2～0.3s內的位移恰好是紙帶C段對應的長度；③利用，即，有：所以a大小為。四、計算題：本題共3小題，共計47分16.（11分）光導纖維是利用光傳播時在其內芯與外套的界面發生全反射來傳輸光信號的。如圖所示，一根長為L的直光導纖維，其折射率為。一束光從它的一個端面射入，又從另一個端面射出所需的最長時間為多少？（設真空中的光速為C，臨界角）。參考答案：解析：如圖所示，光從光導纖維到空氣的界面，當入射角時，光的路程最長，所用時間也最長。

1分光的傳播路程：

2分光在光導纖維內的傳播，有：

2分設所用最長時間為，則：

2分由：

2分解以上各式得：

2分17.如圖所示，一個帶電的小球從P點自由下落，P點距場區邊界MN高為h，邊界MN下方有方向豎直向下、電場場強為E的勻強電場，同時還有垂直于紙面的勻強磁場，小球從邊界上的a點進入電場與磁場的復合場后，恰能做勻速圓周運動，并從邊界上的b點穿出，已知ab＝L，求：(1)小球的帶電性質及其電量與質量的比值；(2)該勻強磁場的磁感應強度B的大小和方向；(3)小球從P開始，第四次經過邊界MN共需時間為多少？參考答案：)解：帶電粒子在復合場中做勻速圓周運動，則重力和電場力平衡，洛倫茲力提供做圓周運動的向心力．(1)重力和電場力平衡，電場力方向向上，電場方向向下，則小球帶負電，有mg＝Eq比荷＝.(2)粒子由a到b運動半周，由其受力方向根據左手定則可知磁場方向為垂直紙面向外，有qvB＝mmgh＝mv2L＝2R聯立可得B＝＝.(3)小球從P開始，第四次經過邊界MN共需時間為t＝3＋2＝3＋.18