安徽省阜陽市高顧中學2022-2023學年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）下列說法中正確的是(

)A、直流電能通過電容器B、交流電不能通過電容器C、直流電、交流電都能通過電容器D、直流電能通過電感器參考答案：D2.如圖所示，一長為的絕緣桿兩端分別帶有等量異種電荷，電量的絕對值為Q，處在場強為E的勻強電場中，桿與電場線夾角=60°，若使桿沿順時針方向轉過60°(以桿上某一點為圓心轉動)，則下列敘述中正確的是

A．電場力不做功，兩電荷電勢能不變B．電場力做的總功為，兩電荷的電勢能減少C．電場力做的總功為-，兩電荷的電勢能增加D．電場力做總功的大小跟轉軸位置有關參考答案：B3.如圖所示，質量分別為m1和m2的小球用一輕質彈簧相連，置于光滑水平面上，今以等值反向的力分別作用于兩小球上，則由兩小球與彈簧組成的系統（

）A.動量守恒，機械能不守恒

B.動量守恒，機械能守恒C.動量不守恒，機械能守恒

D.動量不守恒，機械能不守恒參考答案：A4.處于激發狀態的原子，如果在入射光電磁場的影響下，引起高能態向低能態躍遷，這種輻射叫做受激輻射．原子發生受激輻射時發出的光子的頻率、發射方向等，都跟入射光子完全一樣，這樣使光得到加強，這就是激光產生的機理．在受激輻射時，產生激光的原子的總能量En、系統的電勢能Ep、電子的動能Ek的變化情況是()A．En減小、Ep增大、Ek減小

B．En不變、Ep減小、Ek增大C．En增大、Ep增大、Ek增大

D．En減小、Ep減小、Ek增大參考答案：D5.（單選）在如圖所示的電路中，電源的負極接地，其電動勢為E、內電阻為r，R1、R2為定值電阻，R3為滑動變阻器，C為電容器，、為理想電流表和電壓表．在滑動變阻器滑動頭P自a端向b端滑動的過程中，下列說法中正確的是（）A．a點的電勢降低B．電壓表示數變小C．電流表示數變小D．電容器C所帶電荷量增多參考答案：解：在滑動變阻器滑動頭P自a端向b端滑動的過程中，變阻器在路電阻減小，外電路總電阻減小，干路電流I增大，電阻R1兩端電壓增大，則電壓表示數變大．電阻R2兩端的電壓U2=E﹣I（R1+r），I增大，則U2變小，電容器板間電壓變小，其帶電量減小．根據外電路中順著電流方向電勢降低，可知，a的電勢大于零，a點的電勢等于R2兩端的電壓，U2變小，則a點的電勢降低，通過R2的電流I2減小，通過電流表的電流IA=I﹣I2，I增大，I2減小，則IA增大．即電流表示數變大．故A正確，BCD錯誤．故選：A二、填空題：本題共8小題，每小題2分，共計16分6.有一振源可產生周期是10－3的波，并能在介質中以300m/s的速度傳播，這列波的頻率是

Hz，波長是

m．

參考答案：7.現將電池組、滑動變阻器、帶鐵芯的線圈A、線圈B、電流計(零刻線在正中位置)及開關如圖所示連接在一起，在開關閉合、線圈A在線圈B中的情況下，某同學發現當他將滑動變阻器的滑動片P向左滑動時，電流計指針向右偏轉，由此可以推斷：如果將線圈A從線圈B中抽出時，電流表指針________．當開關由斷開狀態突然閉合，電流表指針將________．當滑動變阻器滑片P向右滑動時，電流表指針________(填右偏、左偏)．參考答案：右偏，左偏，左偏8.用能量為l5eV的光子照到某種金屬上，能發生光電效應，測得其光電子的最大初動能為12.45eV，該金屬的逸出功為

eV．氫原子的能級如圖所示，現有一群處于n=3能級的氫原子向低能級躍遷，在輻射出的各種頻率的光子中，能使該金屬發生光電效應的頻率共有

種．參考答案：2.55;29.“探究碰撞中的不變量”的實驗中，入射小球m1=15g，原來靜止的被碰小球m2=10g，由實驗測得它們在碰撞前后的x﹣t圖象如圖，可知入射小球碰撞后的m1v′1是0.0075kg?m/s，入射小球碰撞前的m1v1是0.015kg?m/s，被碰撞后的m2v′2是0.075kg?m/s．由此得出結論碰撞過程中動量守恒．參考答案：解：（1）由圖1所示圖象可知，碰撞前球1的速度：v1==1m/s，碰撞后，球的速度：v1′==0.5m/s，v2′==0.75m/s，入射小球碰撞后的m1v′1=0.015×0.5=0.0075kg?m/s，入射小球碰撞前的m1v1=0.015×1=0.015kg?m/s，被碰撞后的m2v′2=0.01×0.75=0.075kg?m/s，碰撞前系統總動量p=m1v1=0.015kg?m/s，碰撞后系統總動量p′=m1v′1+m2v′2=0.015kg?m/s，p′=p，由此可知：碰撞過程中動量守恒；故答案為：0.0075kg?m/s；0.015kg?m/s；0.075kg?m/s；碰撞過程中動量守恒10.電阻R1、R2、R3的伏安特性曲線如右圖所示，若將它們串聯后接入電路，則它們的電壓之比U1∶U2∶U3=_

。參考答案：11.一個200匝、面積為20cm2的線圈，放在磁場中，磁場的方向與線圈平面成30°角，若磁感應強度在0.05s內由0.1T增加到0.5T．在此過程中穿過線圈的磁通量的變化是

Wb；磁通量的平均變化率是

Wb/s；線圈中的感應電動勢的大小是

V．參考答案：4×10﹣4，8×10﹣3，1.6．【考點】法拉第電磁感應定律．【分析】穿過線圈的磁通量發生變化，導致線圈中產生感應電動勢，從而出現感應電流．由法拉第電磁感應定律可得感應電動勢的大小．【解答】解：圓線圈在勻強磁場中，現讓磁感強度在0.05s內由0.1T均勻地增加到0.5T．所以穿過線圈的磁通量變化量是：△?=?2﹣?1=（B2﹣B1）S?sin30°=4×10﹣4Wb而磁通量變化率為：=8×10﹣3Wb/s則線圈中感應電動勢大小為：E=N=1.6V故答案為：4×10﹣4，8×10﹣3，1.6．12.一個面積為S的矩形線圈在勻強磁場中以其一條邊為軸做勻速轉動,磁場方向與轉軸垂直,線圈中感應電動勢e與時間t的關系圖象如圖所示,感應電動勢的最大值和周期可在圖中讀出,則磁感應強度B=___

_.在t=T/12時刻,線圈平面與磁感強度的夾角_____

___.參考答案：13.傳感器是把非電學量（如速度、溫度、壓力等）的變化轉換成電學量變化的一種元件，在自動控制中有著相當廣泛的應用。如圖是一種測定液面高度的電容式傳感器的示意圖，金屬芯線與電介質固定并與導電液體形成一個電容器，從指示器顯示的電容C大小的變化就能反映液面升降情況。某次觀測時，指示器顯示電容C在增大，據此可判斷液面在

▲

（填“升高”或“降低”）。ks5u

參考答案：

升高

三、簡答題：本題共2小題，每小題11分，共計22分14.如圖所示，有兩個質量均為m、帶電量均為q的小球，用絕緣細繩懸掛在同一點O處，保持靜止后懸線與豎直方向的夾角為θ=30°，重力加速度為g，靜電力常量為k.求：(1)帶電小球A在B處產生的電場強度大小；(2)細繩的長度L.參考答案：（1）（2）（1）對B球，由平衡條件有：mgtan

θ=qE帶電小球在B處產生的電場強度大小：

（2）由庫侖定律有：

其中：r=2Lsin

θ=L

解得：【點睛】本題關鍵是對物體受力分析，然后結合共點力平衡條件、庫侖定律和電場強度的定義列式求解．15.（5分）如圖是研究電磁感應現象的實驗裝置圖，結合圖片，請說出能產生感應電流的幾種做法(至少三種)。(1)

；(2)

；(3)

。參考答案：(1)

閉合開關瞬間；(2)斷開開關瞬間；(3)

閉合開關，移動滑動變阻器滑片。四、計算題：本題共3小題，共計47分16.《三國演義》是中國古代四大名著之一，在該書的戰爭對決中，交戰雙方常常用到一種冷兵器時代十分先進的遠程進攻武器——拋石機。某同學為了研究其工作原理，設計了如題14圖所示的裝置，圖中支架固定在地面上，O為轉軸，輕桿可繞O在豎直面內轉動，物體A固定于桿左端．彈丸B放在桿右端的勺形槽內．將裝置從水平位置由靜止釋放，桿逆時針轉動，當桿轉到豎直位置時，彈丸B從最高點被水平拋出,落地點為圖中C點．已知A、B質量分別為4m、m．OB=2OA=2L.轉軸O離水平地面的高度也為2L,不計空氣阻力和轉軸摩擦,重力加速度為g．求:（1）彈丸Ｂ被拋出瞬間的速度大小（2）C點與O點的水平距離（3）桿對彈丸B做的功參考答案：以A、B系統為研究對象，在從水平轉至豎直的過程中，系統機械能守恒：

（3分）又因為桿轉到豎直時：

（2分）由此計算可得：

（1分）B從拋出到落地過程做平拋運動，

（1分）

（1分）代入解之可得：

（2分）以彈丸B為研究對象，在從水平位置到豎直位置的過程中，

運用動能定理得：

（3分）代入可得：

17.今有一質量為M的氣缸，用質量為m的活塞封有一定質量的理想氣體，當氣缸水平橫放時，空氣柱長為L0(如圖甲所示)，若氣缸按如圖乙懸掛保持靜止時，求氣柱長度為多少。已知大氣壓強為P0，活塞的橫截面積為S，它與氣缸之間無摩擦且不漏氣，且氣體溫度保持不變。參考答案：：P0L0S/(P0S－Mg)解析：對缸內理想氣體，平放初態P1＝P0，V1＝L0S懸掛末態：對缸體，Mg＋P2S＝P0S即P2＝P0－Mg/SV＝LS由玻意耳定律：P1V1＝P2V2即P0L0S＝(P0－Mg/S)LS得：氣柱長度為L＝P0L0S/(P0S－Mg)18.用波長比為4：3的兩種單色光A、B分別照射鋅版時，逸出的光電子的最大初動能分別為EKA、EKB．由此可知A、B光子的能量之比為多少？鋅版的逸出功為多少？參考答案