高二物理期末复习考试题（答案）

高二物理期末测试题

逐渐增大，根据楞次定律可得，磁场增大，感应电流的磁

A 一、单选题(共3小题,每小题5.0分,共15分) 场的方向向外，感应电流的方向为逆时针方向，线框外1.如图所示，匀强磁场与圆形导体环平面垂直，导体棒ef与导体环接触良好，当ef向右匀速运动时( )

的磁场的方向与线框A内的磁场的方向相反，当线框A内的磁场增强时，线框B具有面积扩展的趋势，故D正确． 3.如图所示，金属杆ab静止放在水平固定的“U”形金属框

上，整个装置处于竖直向上的磁场中，当磁感应强度均匀

A． 圆环中磁通量不变，环上无感应电流产生 B． 整个环中有顺时针方向的电流 C． 整个环中有逆时针方向的电流

A． 杆中感应电流方向从b到a

D． 环的右侧有逆时针方向的电流，环的左侧有顺时针方

B． 杆中感应电流大小保持不变

向的电流

C． 金属杆所受安培力大小保持不变

【答案】D

D． 金属杆所受安培力水平向右

【解析】由右手定则知导体棒ef上的电流由e→f，故环右

【答案】B

侧的电流方向为逆时针，左侧的电流方向为顺时针，选D.

【解析】整个装置所在平面的磁感应强度均匀增大，磁通

2.如图所示，两个闭合正方形线框A、B的中心重合，放在

量增加，根据楞次定律，杆中感应电流方向是从a到b，

同一水平面内．当小线框A中通有不断增大的顺时针方向

选项A错误；根据法拉第电磁感应定律，由于磁感应强度

的电流时，对于线框B，下列说法中正确的是( )

均匀变化，故在回路中会产生恒定的电流，选项B正确；

根据安培力公式F＝BIL，磁感应强度均匀增加，故杆所受到的安培力大小也逐渐变大，选项C错误；根据左手定则，

A． 有顺时针方向的电流且有收缩的趋势

杆所受安培力水平向左，选项D错误．

B． 有顺时针方向的电流且有扩张的趋势

二、多选题(共4小题,每小题5.0分,共20分)

C． 有逆时针方向的电流且有收缩的趋势

4.(多选)图1为一弹簧振子的示意图，弹簧的劲度系数k＝

D． 有逆时针方向的电流且有扩张的趋势

40 N/m，小球的质量m＝0.1 kg，O为平衡位置，B、C为

【答案】D

小球离开O点的最远位置．取向右为正方向，从弹簧振子

【解析】根据右手螺旋定则可得，A中电流的磁场向里且

向右经过平衡位置开始计时，图2为它的振动图象．已知，增大时，金属杆ab总保持静止．则( )

当弹簧形变量为x时，弹簧的弹性势能为E＝kx2.在运动过程中( )

B． 当这列波沿x轴负方向传播时，是表示a质点的振动图象

C． 当这列波沿x轴正方向传播时，是表示b质点的振动

图象

图1 图2

A． 小球离开平衡位置的最大距离为10 cm B． 小球最大加速度为80 m/s2

C． 在t＝0.2 s时，小球的弹性势能为0.2 J

D． 小球离开平衡位置的距离为5 cm时，速度大小为

m/s 【答案】AC

【解析】从图2得到振动的幅度为10 cm，故A正确；小球最大加速度为：a＝－

＝－

m/s2＝－40

D． 当这列波沿x轴负方向传播时，是表示b质点的振动图象 【答案】AD

【解析】如果这列波沿x轴正方向传播，a质点应向上运动，b质点应向下运动，这样振动图象表示的是a质点的振动图象；如果这列波沿x轴负方向传播，a质点应向下运动，b质点应向上运动，振动图象表示的是b质点的振动图象．

6.(多选)图甲为一列简谐横波在t＝0.10 s时刻的波形图，P是平衡位置为x＝1 m处的质点，Q是平衡位置为x＝4 m处的质点，图乙为质点Q的振动图象，则( )

m/s2，故B错误；在t＝0.2 s时，小球的弹性势能为：E40×0.12＝0.2 J，＝kx2＝×故C正确；根据机械能守恒定律，有：E＝mv2＋kx，解得：v＝误；故选A、C.

5.(多选)如图甲所示的y—x图象表示一列简谐波在沿x轴方向传播时的波形图，则图乙所示情况中，y—t图象表示的是( )

m/s，故D错

A．t＝0.10 s时，质点Q的速度方向向上 B． 该波沿x轴的负方向传播 C． 该波的传播速度为40 m/s

D． 从t＝0.10 s到t＝0.25 s，质点P通过的路程为30 cm 【答案】BC

A． 当这列波沿x轴正方向传播时，是表示a质点的振动图象

【解析】据题意，甲图是一列简谐横波在t＝0.10 s时刻的波形图，从乙图可知质点Q在t＝0.10 s时刻处于平衡位

置向下振动，则甲图中的横波正在向左传播，故选项A错误，选项B正确；该波传播速度为：v＝＝

m/s＝40

三、实验题(共3小题,每小题10.0分,共30分) 8.测定电源的电动势和内电阻的实验电路和U﹣I图象如图所示；请回答下列 问题：

m/s，故选项C正确；振动的质点在t＝1T内，质点运动的路程为4A；t＝，质点运动的路程为2A；但t＝，质点运动的路程不一定是1A；t＝

，质点运动的路程也不一

定是3A.本题中从t＝0.10 s到t＝0.25 s内，Δt＝0.15 s＝

，P点的起始位置既不是平衡位置，又不是最大位移

处，所以在

时间内的路程不是30 cm，故选项D错误．

7.(多选)一简谐横波沿x轴正方向传播，波长为λ，周期为

T.t＝0时刻的波形如图甲所示，a、b是波上的两个质点．图

乙是波上某一质点的振动图象．下列说法正确的是( )

（1）如图甲所示，在闭合开关之前为防止电表过载而移动滑动变阻器的滑动头P，应放在滑动变阻器 处（填“a”或“b”）

（2）现备有以下器材： A．干电池1个

A．t＝0时质点a的速度比质点b的大

B．滑动变阻器（0～50 Ω）

B．t＝0时质点a的加速度比质点b的大

C．电压表（0～3 V）

C． 图乙可以表示质点a的振动

D．电压表（0～15 V）

D． 图乙可以表示质点b的振动

E．电流表（0～0.6 A）

【答案】BD

F．电流表（0～3 A）

【解析】在振动的过程中，质点在平衡位置处的振动速度

其中电流表应选 ，电压表应选 ．（填字母代号）

是最大的，所以在零时刻质点a的速度小于质点b的速度，

（3）如图乙是根据实验数据画出的U﹣I图象．由此可知这

A错误；质点偏离平衡位置越远加速度越大，质点a的加

个干电池的电动势E= V，内电阻r= Ω．

速度大于质点b的加速度，B正确；在零时刻，质点a在

【答案】（1）a（2）E C（3）1.49 0.725

正向最大位移处，而质点b在平衡位置且向下运动，故题

【解析】解：（1）闭合开关之前滑动变阻器的滑动头P应

图乙可以表示质点b的振动，C错误，D正确．

放在最大值位置处，即a处．

分卷II

（2）电源电动势大约1.5 V，因此电压表选择量程为3 V的比较合适，故电压表选择C，

电路中的电流较小，因此电流表选择0.6 A量程的E． （3）在U﹣I图象中图象与纵坐标的交点等于电源的电动势， 所以由图可以读出电源的电动势为1.49 V，

图象中的斜率表示电源的内阻，所以电源的内阻为：

【答案】A2R2实验电路图如图所示．

r=Ω=0.725 Ω

9.在“描绘小灯泡的伏安特性曲线”实验中，使用的小灯泡为

【解析】灯泡额定电流I=A=0.5 A，电流表应选A2（量程

“6 V 3 W”，其他可供选择的器材有：

0.6 A，内阻1 Ω），

电压表V1（量程6 V，内阻20 kΩ）

为方便实验操作，应选最大阻值较小的滑动变阻器R2（0～

电压表V2（量程20 V，内阻60 kΩ）

20 Ω，2 A）；

电流表A1（量程3 A，内阻0.2 Ω）

电压表0～6 V范围内读数，滑动变阻器应采用分压接法；

电流表A2（量程0.6 A，内阻1 Ω）

灯泡正常发光时电阻R=

变阻器R1（0～1000 Ω，0.4 A）

表内阻，

变阻器R2（0～20 Ω，2 A）

所以电流表应采用外接法，实验电路图如图所示；

学生电源E（6～8 V）

10.（1）在一次实验时某同学用游标卡尺测量（如图所示），

开关S及导线若干．

示数为cm.在一次实验时某同学用螺旋测微器测量（如图），

实验中要求电压表在0～6 V范围内读取并记录下12组左

示数为mm.

右不同的电压值U和对应的电流值I，以便作出伏安特性曲线，在上述器材中，电流表应选用 ，变阻器应选用 ．在方框中画出实验的电路图．

Ω=12 Ω，灯泡电阻远小于电压

（2）某电阻额定电压为3 V（阻值大约为10 Ω）。为测量其阻值，实验室提供了下列可选用的器材： A：电流表A1（量程300 mA，内阻约1 Ω）

B：电流表A2（量程0.6 A，内阻约0.3 Ω） C：电压表V1（量程3.0 V，内阻约3 kΩ） D：电压表V2（量程5.0 V，内阻约5 kΩ） E：滑动变阻器R1（最大阻值为10 Ω） F：滑动变阻器R2（最大阻值为1 kΩ） G：电源E（电动势4 V，内阻可忽略） H：电键、导线若干。

阻分压式接法，为了方便调节，滑动变阻器选小阻值的E．②

即被测电阻为小电阻，选取电流表外接，题

目要求为了尽可能提高测量准确度，选择滑动变阻分压式．故电路图如图。

四、计算题(共21小题,每小题18.0分,共378分)

①为了尽可能提高测量准确度，应选择的器材为（只需添

11.如图所示，竖直平面

器材前面的字母即可）：电流表_______，电压表_________，

场强大小E=10 N/C，在y≥0的区域内还存在垂直于坐标平

滑动变阻器________.

面向里的匀强磁场，磁感应强度大小B=0.5 T，一带电量

②画出该实验电路图.

、质量

【答案】（1）8.075mm 10.405cm （2）①A C E ②如图所

点小球可视为质点，现将小球拉至水平位置A无初速释

示

放，小球运动到悬点正下方的坐标原点时，悬线突然断裂，此后小球又恰好能通过点正下方的N点.(g=10 m/s)，求：

【解析】（1）20分度的游标卡尺，精确度是0.05 mm，游标卡尺的主尺读数为104 mm，游标尺上第1个刻度和主尺0.05 mm=0.05 mm，上某一刻度对齐，所以游标读数为1×

所以最终读数为：104 mm+0.05 mm=104.05 mm=10.405 cm．0.01 螺旋测微器的固定刻度为8 mm，可动刻度为7.5×

（1）小球运动到点时的速度大小；

mm=0.075 mm，所以最终读数为8 mm+0.075 mm=8.075 mm

（2）①根据欧姆定律，流过电阻的最大电流

故电流表选A；电阻额定电压为3V则电

压表选C即可；为了尽可能提高测量准确度，选择滑动变

（2）悬线断裂前瞬间拉力的大小； （3）

间的距离.

（2）

（3）

的小球由长

的细线悬挂于

内存在水平向右的匀强电场，

【答案】（1）

【解析】（1）小球从A运到O的过程中，根据动能定理：

压器输出的电功率不能超过多少？

【答案】(1)保险丝不会被熔断 (2)55 Ω 220 W 【解析】原线圈两端电压的有效值为U1＝由

＝得副线圈两端的电压

V≈220 V

(1)写出流经灯泡的瞬时电流的表达式； (2)转动过程中穿过线圈的最大磁通量； (3)线圈匀速转动一周的过程中，外力所做的功． 【答案】(1)i＝0.6(2)2.7×10－2Wb (3)7.2×10－2J

【解析】(1)由题图得e＝Emsinωt＝6则电流i＝(2)Em＝BSω

＝0.6

sin 100πt(A)．

sin 100πt(V)

sin 100πt(A)

U2＝U1＝×220 V＝110 V

(1)当R＝100 Ω时，副线圈中电流

I2＝＝A＝1.10 A.

由U1I1＝U2I2得原线圈中的电流为

I1＝I2＝×1.10 A＝0.55 A，I1＜I0(熔断电流)，故保

险丝不会被熔断．

(2)设电阻R取某一值R0时，原线圈中的电流I1′刚好达到熔断电流I0，即I1′＝1.0 A，则副线圈中的电流为

I2′＝I1′＝·I1′＝2×1.0 A＝2.0 A

＝

Ω＝55 Ω.

Em＝6V

可变电阻R的阻值为R0＝此时变压器的输出功率为

ω＝100π rad/s Φ＝BS＝

(3)E有＝

＝＝6 V

10－2J. T＝7.2×

≈2.7×10－2Wb.

P2＝I2′U2＝2.0×110 W＝220 W

可见，要使保险丝F不被熔断，电阻R的阻值不能小于55 Ω，输出的电功率不能大于220 W.

21.如图甲所示为一台小型发电机的示意图，单匝线圈逆时针转动．若从中性面开始计时，产生的电动势随时间的变化规律如图乙所示．已知发电机线圈内阻为1.0 Ω，外接灯泡的电阻为9.0 Ω.求：

W外＝Q＝

22.一列简谐横波t1时刻的波形如图中实线所示，t2时刻的波形如图中虚线所示，已知Δt＝t2－t1＝0.5 s．问：

(1)这列波的传播速度是多少？

(2)若波向左传播，且3T<Δt<4T，波速是多大？ (3)若波速等于68 m/s，则波向哪个方向传播？

(1)若波向右传播，…) 【答案】v右＝(16n＋4) m/s(n＝0,1,2，若波向左传播，vm/s (3)向右

【解析】(1)由图知波长为8 m，若波向右传播，传播距离

左＝(16n＋12)

负． (2)v＝4 m/s (3)

m/s(n＝0,1,2，…) (2)60

s＝λ，又有v右＝＝m/s＝(16n＋

(4)路程2.8 m 位移为0

【解析】(1)甲图中AA′表示A质点的振幅或1.0 s时A质

4) m/s(n＝0,1,2，…)；若波向左传播，传播距离s＝

λ，又有v左＝＝m/s＝(16n＋12)

点的位移大小为0.2 m，方向为负，乙图中AA′表示P质点

m/s(n＝0,1,2，…)．

(2)因波向左传播，且3T<Δt<4T，则必有3λ

(3)因波速v＝68 m/s，所以s＝v·Δt＝68×0.5 m＝34 m＝

的振幅，也是P质点在0.25 s的位移大小为0.2 m，方向为负．

(2)由甲图得波长λ＝4 m，乙图得周期T＝1 s，所以波速v＝＝4 m/s

(3)波向左传播，传播距离Δx＝vΔt＝14 m＝(3＋)λ，所以只需将波形向x轴负向平移λ＝2 m即可，如下图所示：

λ，故波向右传播．

23.如图所示，甲为某一波在t＝1.0 s时的图象，乙为对应该波动的P质点的振动图象．

(1)写出两图中AA′的意义； (2)求该波的波速v；

(3)在甲图中画出再经3.5 s时的波形图； (4)求再经过3.5 s时P质点的路程s和位移x.

【答案】(1)甲图中AA′表示A质点的振幅或1.0 s时A质点的位移大小为0.2 m，方向为负，乙图中AA′表示P质点的振幅，也是P质点在0.25 s的位移大小为0.2 m，方向为

(4)求路程：因为经历的时间3.5 s，是3.5个周期，所以路0.2×3.5 m＝2.8 m 程s＝4An＝4×

求位移：由于波动的重复性，经历时间为周期的3.5倍，P质点又回到图示位置，其位移为0.

24.如图所示，ABC是一个透明的薄壁容器，内装液体，当光垂直射向AC面时，光在AB面恰好发生全反射，已知光在真空中的传播速度为c，求液体的折射率及光在该液

体中的传播速度多大？ 解得v＝

(2)设小铁块距A点的距离为L，由能量守恒定律得

μmgL＝Mv－(M＋m)v2

解得：L＝

【答案】 c

(3)全过程所损失的机械能为：

【解析】设液体的折射率为n，光在里面传播的速度为v，发生全反射的临界角为C，则由题意知：C＝60°，所以nΔE＝Mv－(M＋m)v2＝

.

＝＝＝.又因为n＝，

26.如图所示，一质量m1＝0.45 kg的平顶小车静止在光滑的水平轨道上．车顶右端放一质量m2＝0.4 kg的小物体，

所以v＝＝c.

小物体可视为质点．现有一质量m0＝0.05 kg的子弹以水平速度v0＝100 m/s射中小车左端，并留在车中，已知子弹与车相互作用时间极短，小物体与车间的动摩擦因数为μ＝0.5，最终小物体以5 m/s的速度离开小车．g取10 m/s2.求：

25.如图所示，在光滑的水平面上有一质量为M的长木板，以速度v0向右做匀速直线运动，将质量为m的小铁块轻轻放在木板上的A点，这时小铁块相对地面速度为零，小铁块相对木板向左滑动．由于小铁块和木板间有摩擦，最后它们之间相对静止，已知它们之间的动摩擦因数为μ，问：

(1)子弹从射入小车到相对小车静止的过程中对小车的冲量

(1)小铁块跟木板相对静止时，它们的共同速度多大？

大小．

(2)它们相对静止时，小铁块与A点距离多远？

(2)小车的长度．

(3)在全过程中有多少机械能转化为内能？

s (2)5.5 m 【答案】(1)4.5 N·

【答案】(1)

(2)

(3)

【解析】(1)子弹进入小车的过程中，子弹与小车组成的系统动量守恒，有：m0v0＝(m0＋m1)v1，解得v1＝10 m/s s(或对子弹由动量定理有：－I＝m0v1－m0v0；I＝4.5 N·kg·m/s)

(2)三物体组成的系统动量守恒，由动量守恒定律有： (m0＋m1)v1＝(m0＋m1)v2＋m2v

(1)小铁块放到长木板上后，【解析】由于他们之间有摩擦，小铁块做加速运动，长木板做减速运动，最后达到共同速度，一起匀速运动．设达到的共同速度为v. 由动量守恒定律得：Mv0＝(M＋m)v

设小车长为L，由能量守恒有：

μm2gL＝(m0＋m1)v－(m0＋m1)v－m2v2

联立得L＝5.5 m.

27.用如图所示的装置研究光电效应现象．所用光子能量为2.75 eV的光照射到光电管上时发生了光电效应，电流表的示数不为零；移动滑动变阻器的滑动触头，发现当电压表的示数大于或等于1.7 V时，电流表示数为0.

(1)每秒钟阴极发射的光电子数和光电子飞出阴极K时的最大初动能．

(2)该阴极材料的极限波长．

1012个 9.6×10－20J (2)6.6×10－7m 【答案】(1)4.0×

【解析】(1)光电流达到饱和时，阴极发射的光电子全部到

达阳极A，阴极每秒钟发射的光电子的个数

n＝＝

(1)光电子的最大初动能是多少？遏止电压为多少？ (2)光电管阴极的逸出功又是多少？

(3)当滑动触头向a端滑动时，光电流变大还是变小？ (4)当入射光的频率增大时，光电子最大初动能如何变化？遏止电压呢？

【答案】(1)1.7 eV 1.7 V

(2)W0＝hν－Ekm＝2.75 eV－1.7 eV＝1.05 eV (3)变大 (4)变大 变大 【解析】

28.(10分)如图甲所示是研究光电效应规律的光电管．用波长λ＝0.50 μm的绿光照射阴极K，实验测得流过表的电流I与AK之间电势差UAK满足如图乙所示规律，取h＝6.63×10－34J·s.结合图象，求：(结果均保留两位有效数字)

1012(个) 个＝4.0×

光电子的最大初动能为：

0.6 V＝9.6×10－20J. Ekm＝eU0＝1.6×10－19C×

(2)设阴极材料的极限波长为λ0，根据爱因斯坦光电效应方程Ekm＝h－h

代入数据得λ0≈6.6×10－7m.

29.一个锂核(Li)受到一个质子的轰击，变成两个α粒子．已10－27kg，锂核的质量是11.650 知质子的质量是1.673 6×

5×10－27kg，氦核的质量是6.646 6×10－27kg. (1)写出上述核反应的方程； (2)计算上述核反应释放出的能量． 10－12J 【答案】(1)Li＋H→2He (2)2.781×【解析】(1)Li＋H→2He

(2)核反应的质量亏损Δm＝mLi＋mp－2mα

10－27＋1.673 6×10－27－2×6.646 6×10－27) ＝(11.650 5×kg

10－29kg ＝3.09×释放的能量

ΔE＝Δmc2＝3.09×10－29×(3×108)2J＝2.781×10－12J 30.已知氮核质量MN＝14.007 53 u，氧17核的质量MO＝17.004 54 u，氦核质量MHe＝4.003 87 u，氢核质量MH＝1.008 15 u，试判断：N＋He→O＋H这一核反应是吸收能量还是放出能量？能量变化是多少？ 【答案】吸收能量1.2 MeV

【解析】反应前总质量：MN＋MHe＝18.011 40 u，反应后总质量：MO＋MH＝18.012 69 u．可以看出：反应后总质量增加，故该反应是吸收能量的反应．吸收的能量利用ΔE＝Δmc2来计算，若反应过程中质量增加1 u，就会吸收931.5 MeV的能量．吸收的能量ΔE＝(18.012 69－18.001 140)×931.5 MeV＝1.2 MeV.

31.铋210的半衰期是5天，10 g铋210经过10天后还剩下多少克？ 【答案】2.5 g

【解析】由半衰期计算公式m＝M()得

m＝10×()

g＝2.5 g.

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