高二物理期中试卷带答案解析

高二物理期中试卷带答案解析
考试范围：xxx；考试时间：xxx分钟；出题人：xxx
姓名：___________班级：___________考号：___________
1．答题前填写好自己的姓名、班级、考号等信息
2．请将答案正确填写在答题卡上
一、选择题
1.把标有“220V、40W","220V、100W”的两个灯泡并联后接在电压为220V的电路中（）
A．40 W的灯较亮
B．100W的灯较亮
C．两灯泡一样亮
D．灯泡电阻未知，无法判断
A．
B．
C．
D．
3.如图所示的电路中，当变阻器R
3
的滑动触头P向a端移动时（）
A．电压表示数变大，电流表示数变小
B．电压表示数变小，电流表示数变大
C．电压表示数变大，电流表示数变大
D．电压表示数变小，电流表示数变小
4.在光滑的水平地面上，有两个静止的物体A和B，它们的质量分别m和2m.当它们同时受到相同的水平力F作用相等的一段时间后，下列说法正确的是（）
A．物体A的动量大
B．物体B的动量大
C．两个物体的动量一样大
D．条件不足，无法判定
5.某兴趣小组用实验室的手摇发电机和一个可看作理想的小变压器给一个灯泡供电，电路如图，当线圈以较大的转速n匀速转动时，额定电压为
U
0的灯泡正常发光，电压表示数是U
1
．巳知线圈电阻是r，灯泡电阻是R，则有（）
A ．变压器输入电压的瞬时值是u=U 1sin2πnt
B ．变压器的匝数比是U 1：U 0
C ．电流表的示数是
D ．线圈中产生的电动势最大值是
E m =
U 1
6.现有甲、乙两根钢棒，当把甲的一端靠近乙的中部时，没有力的作用，而把乙的一端靠近甲的中部时，二者相互吸引，则( ) A ．甲有磁性，乙无磁性 B ．甲无磁性，乙有磁性 C ．甲、乙均无磁性 D ．甲、乙均有磁性
7.在图中所示的x ﹣t 和v ﹣t 图象中，能表示质点做匀变速直线运动的是（ ）
A ．
B ．
C ．
D ．
8.如图所示，质量为M 的小车置于光滑的水平面上，车的上表面粗糙，有一质量为m 的木块以初速度v 0水平地滑至车的上表面，若车足够长，下列说法正确的是
A ．木块的最终速度为
B ．由于车表面粗糙，小车和木块所组成的系统动量不守恒
C ．车表面越粗糙，木块减少的动量越多
D ．车表面越粗糙，小车获得的动量越多
9.某同学用某种单色光做双缝干涉实验时，发现条纹太密难以测量，可以采用的改善办法是 ( ) A ．增大双缝间距 B ．增大双缝到屏的距离 C ．增大双缝到单缝的距离
D ．改用波长较短的光(如紫光)作为入射光
10.当α粒子穿过金箔发生大角度偏转的过程中，下列说法正确的是( ) A ．α粒子先受到原子核的斥力作用，后受原子核的引力的作用 B ．α粒子一直受到原子核的斥力作用
C ．α粒子先受到原子核的引力作用，后受到原子核的斥力作用
D ．α粒子一直受到库仑斥力，速度一直减小 评卷人 得 分
二、多选题
11.矩形线圈在匀强磁场中转动产生的交流电动势为e=220 sin 100πt ，关于这个交变电流，下列说法正确的是（ ）
A ．交变电流的频率为100Hz
B ．电动势的有效值为220V
C ．电动势的峰值约为311V
D ．t=0时，线圈平面与中性面垂直
12.磁电式电流表中通以相同电流时，指针偏转角度越大，表示电流表灵敏度越高，若其余条件都相同，则灵敏度高的电流表具有 ( )
A ．比较“软”的两个螺旋弹簧
B ．比较“硬”的两个螺旋弹簧
C ．比较少的通电线圈匝数
D ．比较强的辐向分布的磁场
13.a 、b 、c 三个完全相同的带电粒子（重力不计）由同一点垂直场强方向水平向右进入偏转电场，其轨迹如图所示，其中b 恰好飞出电场，由此可以肯定（ ）
A ．在b 飞离电场的同时，a 刚好打在下极板上
B ．进入电场时，c 的速度最大，a 的速度最小
C ．b 和c 同时飞离电场
D ．从动能的增量相比，a 的最小，b 和c 的一样大
14.如图所示，在点电荷Q 产生的电场中，实线MN 是一条方向未标出的电场线，虚线AB 是一个电子只在静电力作用下的运动轨迹。

设电子在A 、B 两点的加速度大小分别为a A 、a B ，电势能分别为E p A 、E p B 。

下列说法正确的是 （ ）
A ．电子一定从A 向
B 运动
B ．若a A >a B ，则Q 靠近M 端且为正电荷
C ．无论Q 为正电荷还是负电荷一定有E p A <E p B
D ．B 点电势可能高于A 点电势
15.雨滴由静止开始下落（不计空气阻力），遇到水平方向吹来的风，设风对雨滴持续作用，下列说法中正确的是（ ） A ．风速越大，雨滴下落时间将越长 B ．风速越大，雨滴落地的瞬时速度越大 C ．雨滴着地时的速度与风速无关 D ．雨滴下落的时间与风速无关 评卷人 得 分
三、计算题
16.如图所示，A 、B 为体积可忽略的带电小球，Q A ＝2×10-8C ，Q B ＝－2×10-8C ，A 、B 相距3cm ．在水平外电场作用下，A 、B 保持静止，悬线都沿竖直方向．试求：
（1）外电场的场强大小和方向？（2）AB 中点处总电场的场强大小和方向．
17.如图所示，直流电动机和电炉并联后接在直流电路上，电源的内阻r=1Ω，电炉的电阻R 1=19Ω，电动机绕线的电阻R 2=2Ω，当开关S 断开时，电源内电路消耗的热功率P=25W ；当闭合时，干路中的电流I=12.6A ．求：
（1）电源的电动势E ；
（2）S 闭合后电动机的机械功率．
四、实验题
18.某同学为测量一电流计G的内阻, 他画出了测量部分电路图如下：
时, 电流计G的示数为, 则电流计G的（1）他设法保持电路的总电流不变, 开关S断开时, 电流计G的示数为I; 闭合开关S调节电阻箱的阻值为R
内阻的测量值为R
= _______.
g
（2）该同学为组装一个提供“恒流”的供电部分, 他有两种电路可以选择, 为了完成目标, 他应当选择右图中的________(选填“甲”或“乙”).
（3）该同学经分析得出结论：这种方法不可能提供“恒流”, 因为测量部分总电阻变小时, 输出端的电流会变_______(选填“大”或“小”), 最终会导致测量结果________(选填“大于”、“小于”或“等于”)实际值.
19.某同学利用单摆测量重力加速度。

（1）（多选）为了使测量误差尽量小，下列说法正确的是_______。

A．组装单摆须选用密度和直径都较小的摆球
B．组装单摆须选用轻且不易伸长的细线
C．实验时须使摆球在同一竖直面内摆动
D．摆长一定的情况下，摆的振幅尽量大
（2）用游标卡尺测量摆球的直径如图甲，则小球的直径为________cm。

用秒表测出单摆的多个周期如图乙，秒表读数为_________s。

（3）改变摆长多次测量，得到多组周期（T）与摆长（l）的值，作出T2—l图象如图所示。

图象不过原点的原因可能是测出摆线长度后，在计算摆长时_____________（填：漏加小球半径或加了小球直径）。

若图象的斜率为k，则当地的重力加速度为____________。

（写出表达式）
五、简答题
20.金属滑杆ab连着一弹簧，水平地放置在两根互相平行的光滑金属导轨cd、ef上，如图所示，垂直cd与ef有匀强磁场，磁场方向如图所示，合上开关S，弹簧伸长2cm，测得电路中的电流为5A，已知弹簧的劲度系数为20N/m，ab的长L＝0.1m。

求匀强磁场的磁感应强度的大小是多少？
21.弹簧振子从距离平衡位置5 cm处由静止释放，4 s内完成5次全振动．
(1)这个弹簧振子的振幅为________cm，振动周期为________s，频率为________Hz.
(2)4 s末振子的位移大小为多少？4 s内振子运动的路程为多少？
(3)若其他条件不变，只是使振子改为在距平衡位置2.5 cm处由静止释放，该振子的周期为多少？
六、综合题
22.(12分)如图所示，金属杆ab可在平行金属导轨上滑动，金属杆电阻R
＝0.5 Ω，长L＝0.3 m，导轨一端串接一电阻R＝1 Ω，匀强磁场磁感应强
度B＝2 T，当ab以v＝5 m/s向右匀速运动过程中，求：
(1)ab间感应电动势E
(2)所加沿导轨平面的水平外力F的大小
(3)在2 s时间内电阻R上产生的热量Q
参考答案
1 .B 【解析】略
2 .C
【解析】本题考查带电粒子在匀强磁场中的运动，圆周运动问题 运动的左端是圆周运动的最高点，右端是最低点，在最高点Eq=，有最高点到最低点根据动能定理：Eq2l=
，可得=
3 .B 【解析】
试题分析：当变阻器R 3的滑动触头P 向a 端移动时，变阻器R 3的阻值减小，电路的总电阻减小，由闭合电路的欧姆定律得电路的总电流增大，由知路端电压减小，即电压表示数变小，AC 错；，
知
增大，得到
减小，减小，
知增大，即电流
表示数变大，B 对，D 错。

考点：本题考查电路的动态分析
点评：本题要求学生明确动态分析的总体思路是先由局部阻值的变化得出总电阻的变化，再整体据闭合电路的欧姆定律得出电路中总电流的变化，再局部就是由串、并联电路的特点去分析。

4 .C
【解析】根据动量定理可知，Ft=P ，所以物体AB 的动量一样大，故ABD 错误，C 正确；故选C. 5 .BC 【解析】
试题分析：理想变压器的输入功率和输出功率相等，电压与匝数成正比，电流与匝数成反比．并利用灯泡正常发光的电压与电流的值来构建原副线圈的电压与电流的关系．
解：A 、线圈以较大的转速n 匀速转动时，所以ω=2πn ，所以变压器输入电压的瞬时值u=U 1sin2πnt ，故A 错误．
B 、电压与匝数成正比，所以变压器的原副线圈的匝数比是U 1：U 0．故B 正确．
C 、理想变压器的输入功率和输出功率相等，灯泡正常发光时电功率为P=
，所以输入功率为P=
，电流表的示数是I 1=
=
，故C 正确．
D 、由于线圈有内阻r ，故线圈中产生的电动势有效值大于U 1，最大值也就大于U 1，故D 错误．
故选BC ．
【点评】掌握住理想变压器的匝数比与电流比、电压比关系，可快速求解． 6 .B
【解析】对于磁铁，磁性最强的区域是磁极，若钢棒有磁性，其磁性最强的区域是两端，中间几乎没有磁性，由于甲的一端与乙的中部不吸引，则说明甲棒无磁性，乙的一端能吸引甲的中部，则说明乙棒有磁性，故B 项正确，A 、C 、D 三项错误． 思路分析：甲的一端与乙的中部不吸引，则说明甲棒无磁性，乙的一端能吸引甲的中部，则说明乙棒有磁性，
试题点评：本题关键是理解对于磁铁，磁性最强的区域是磁极，若钢棒有磁性，其磁性最强的区域是两端，中间几乎没有磁性， 7 .C 【解析】
试题分析：匀变速直线运动的位移时间图线是曲线，匀变速直线运动的速度时间图线是倾斜的直线． 解：A 、位移随时间不变，表示物体静止．故A 错误．
B 、位移随时间均匀增大，表示物体做匀速直线运动．故B 错误．
C 、速度随时时间均匀减小，表示物体做匀减速直线运动．故C 正确．
D 、速度随时间不是均匀变化，做变加速直线运动．故D 错误． 故选：C ．
【点评】解决本题的关键知道位移时间图线和速度时间图线的物理意义，知道物体做匀速直线运动，匀变速直线运动图线的形状． 8 .A
【解析】试题分析：以小车和木块组成的系统为研究对象所受合外力为零，因此系统动量守恒，由于摩擦力的作用，m 速度减小，M 速度增大，m 速度减小到最小时，M 速度达最大，最后m 、M 以共同速度运动．以初速度方向为正方向；则有
，
，木块减少的动量
与车面粗糙程度无关，小车M 获得动量
与车面粗糙程度无关，故BCD 错误A 正确；
考点：考查了动量守恒定律
【名师点睛】应用动量守恒定律时要清楚研究的对象和守恒条件．把动量守恒和能量守恒结合起来列出等式求解是常见的问题． 9 .B
【解析】根据公式，要增加条纹间距，可增大双缝到屏的距离、光的波长及减小双缝之间的距离，B 正确。

10 .B 【解析】
试题分析：α粒子与金原子核带同种电荷，两者相互排斥，故A 、C 错误，B 正确；
α粒子在靠近金原子核时斥力做负功，速度减小，同理当α粒子远离金原子时斥力做正功，速度增大，故D 错误． 考点：核式结构 α散射实验的现象
点评：本题关键是理解到：只有当α粒子与核十分接近时，才会受到很大库仑斥力，而原子核很小，所以α粒子接近它的机会就很少，所以只有极少数大角度的偏转。

11 .BC 【解析】
试题分析：由e=220
sin 100πt 可知该交流电的最大值为220
V ，即311V ，有效值为220V ，BC 正确；
线圈的转速为100πrad/s ，故其频率为：，故A 错误；由e=220
sin 100πt 可知，当t=0时e=0，此时线圈处在中性面上，故D
错误．故选BC ． 考点：交流电
【名师点睛】对于交流电的产生和描述要正确理解，要会推导交流电的表达式，明确交流电表达式中各个物理量的含义。

12 .AD
【解析】电流表中指针偏转角度与线圈匝数n 、磁感应强度B 、线圈面积S 和与两个螺旋弹簧劲度系数k 的关系为：， 所以n 、B 、S 越大，
灵敏度越高； k 越大，灵敏度越低，故AD 正确，BC 错误。

13 .AB
【解析】试题分析：三个α粒子进入电场后加速度相同，竖直方向上做初速度为零的匀加速直线运动，由图看出，竖直方向偏转距离的关系，由位移公式分析三个α粒子运动时间关系．三个α粒子水平方向上做匀速直线运动，由水平位移分析初速度关系．由动能定理分析动能增量
的关系．
三个粒子的电荷量和质量相同，所以它们在电场中的加速度相同，竖直方向a 、b 偏转距离相等，大于c 的偏转距离，由
得知，a 、b 运动
时间相等，大于c 的运动时间，即，故在b 飞离电场的同时，a 刚好打在负极板上，而c 先飞出电场，A 正确C 错误；在水平方向上做匀速直线运动，b 、c 水平位移相同，大于a 的水平位移，根据公式，结合，可知，故B 正确；由动能定理得，由图看出，a 和b 的偏转距离相等，大于c 的偏转距离，故ab 动能增量相等，大于c 的动能增量，D 错误． 14 .BC
【解析】电子在电场中做曲线运动，虚线AB 是电子只在静电力作用下的运动轨迹，电场力沿电场线直线曲线的凹侧，电场的方向与电场力的方向相反，如图所示，由所知条件无法判断电子的运动方向，故A 错误；若a A >a B ，说明电子在M 点受到的电场力较大，M 点的电场强度较大，根据点电荷的电场分布可知，靠近M 端为场源电荷的位置，应带正电，故B 正确；无论Q 为正电荷还是负电荷，一定有电势，电子电势能
，电势能是标量，所以一定有E p A <E p B ，故C 正确，D 错误。

点睛：本题考查的知识点较多，应从曲线运动的特点和规律出发判断出电子的受力方向，再利用相关电场和带电粒子在电场中的运动规律解决问题。

15 .BD
【解析】A 、分运动和合运动具有等时性，在竖直方向上，仅受重力，做自由落体运动，高度不变，所以运动时间不变，即雨滴下落的时间与风速无关，故A 错误，D 正确；
B 、雨滴落地时竖直方向的速度不变，风力越大，水平方向上的加速度越大，时间不变，则落地时水平方向上速度越大，根据平行四边形定则，落地的速度越大．故B 正确，
C 错误。

点睛：解决本题的关键将雨滴的运动分解为水平方向和竖直方向，知道两方向上的运动情况以及知道分运动和合运动具有等时性。

16 .（1）2×105N/C ，水平向左。

（2）1.6×106N/C ，水平向右
【解析】(1)对A 进行受力分析，B 对A 有向右的作用力F ，要悬线保持竖直，匀强电场对A 的作用力应向左，且与F 等大.所以匀强电场方向向左.
因为，所以得,方向水平向左.
(2)A、B中点处的总电场场强是A、B产生的场强和匀强电场的场强的叠加场强.
A在该点的场强,方向水平向右；
B在该点的场强,方向也水平向右；匀强电场的场强为，方向水平向左.
所以，方向水平向右.
思路分析：对A进行受力分析，B对A有向右的作用力F，要悬线保持竖直，匀强电场对A的作用力应向左，且与F等大.所以匀强电场方向向左. A、B中点处的总电场场强是A、B产生的场强和匀强电场的场强的叠加场强.
试题点评：本题考查了电场的叠加问题，关键是清楚有哪些电场参与叠加，方向如何
17 .（1）电源的电动势E为100V．
（2）S闭合后电动机的输出功率为571.2W．
【解析】解：（1）S断开时，电路中电流记为Ⅰ，则P=I2r
解得：I===5A；，
+r）=5×（19+1）=100V；
电源电动势为E=I（R
1
（2）S闭合后路端电压记为U，
则U=E﹣Ir=100﹣12.6×1=87.4V
通过电动机的电流记为I'，
则I′=I﹣=12.6﹣=8A
电动机的输出功率记为P′，
则P′=UI′﹣I2•R
=87.4×8﹣12.62×2=571.2W
2
答：（1）电源的电动势E为100V．
（2）S闭合后电动机的输出功率为571.2W．
【考点】闭合电路的欧姆定律；电功、电功率．
【专题】计算题；定性思想；推理法；恒定电流专题．
直接接到电源上，根据P=I2r即可求解干路电流，再根据闭合电路欧姆定律即可求解电动势；
【分析】（1）S断开时，电阻R
1
求出输出功率．（2）S闭合后，根据闭合电路欧姆定律求出路端电压，根据串并联电路的电流关系求出通过电动机的电流，再根据P'=UI'﹣I2•R
2
【点评】本题考查处理非纯电阻电路问题的能力．对于电动机正常时，其电路是非纯电阻电路，欧姆定律不成立．
甲大小于
18 .2R
时, 电流计G的示数为, 则流过电【解析】（1）保持电路的总电流不变, 开关S断开时, 电流计G的示数为I; 闭合开关S调节电阻箱的阻值为R
阻箱的电流为，电阻箱和电流表并联关系，所以电流与电阻成反比，则电流计G的内阻的测量值为
（2）甲图是限流电路，滑动变阻器阻值比较大，所以只要滑动变阻器的阻值不变，则认为回路中的总电流基本不变，所以应该选择甲图。

（3）这种方法不可能提供“恒流”, 因为测量部分总电阻变小时,根据闭合电路欧姆定律知，回路中的电流会变大，所以流过变阻箱的电流其实是大
于最终会导致测量结果小于实际值.
19 .BC 1.030 96.3s 加了小球直径4π2/k
【解析】 (1)A、为减小空气阻力对实验的影响，从而减小实验误差，组装单摆须选用密度大而直径较小的摆球，故A错误；
B. 为减小实验误差，组装单摆须选用轻且不易伸长的细线，故B正确；
C. 实验时须使摆球在同一竖直面内摆动，不能使单摆成为圆锥摆，故C正确；
D. 单摆的最大摆角应小于5∘，摆长一定的情况下，摆的振幅尽量小些，故D错误；
故选BC.
（2）主尺刻度为1.0cm，游标尺刻度为60.05mm=0.30mm=0.030cm，则小球的直径为1.0cm+0.030cm=1.030cm。

中间小表盘的刻度为1.5min=90s，大表盘刻度为36.3s，所以秒表读数为90s+36.3s=96.3s。

（3）根据，得，图象的斜率。

【名师点睛】
（1）为减小实验误差应选择密度大而体积小的球作为摆球，选用轻质细线做摆线，当单摆摆角小于5°时单摆的运动是简谐运动，根据实验注意事项分析答题；
（2）根据游标卡尺和秒表的读数规则读出示数。

（3）应用单摆周期公式，得到L i -L i-1的表达式，再进行分析即可． 20 .0.8T
【解析】试题分析：由安培力公式求出安培力，由平衡条件列方程可以求出磁感应强度大小。

ab 受到的安培力为：F=BIL ，根据胡克定律：f =k △x ， 由平衡条件得：BIL =k △x ， 代入数据解得：
点睛：本题主要考查了安培力公式、胡克定律，应用平衡条件求磁感应强度。

21 .(1)5 0.8 1.25 (2)5 cm 100 cm (3)0.8 s
【解析】(1)根据题意，振子从距平衡位置5 cm 处由静止释放，说明弹簧振子在振动过程中离开平衡位置的最大距离是5 cm ，即振幅为5 cm.振子在4 s 内完成5次全振动，则T ＝0.8 s ，又因为f ＝，则f ＝1.25 Hz.
(2)4 s 内完成5次全振动，即振子又回到原来的初始位置，因而位移大小为5 cm ，振子做一次全振动的路程为20 cm ，则5次全振动路程为100 cm. (3)弹簧振子的周期是由弹簧的劲度系数和振子的质量决定的，其固有周期与振幅大小无关，故周期仍为0.8 s. 22 .：(1) 3 V(2) 1.2 N(3) 8 J
【解析】(1) 由E=BLv 得：E ＝2×0.3×5＝3 V…………4分 (2)根据安培力公式：F=BIL ，得F=2××0.3＝1.2 N………4分 (3)电阻R 上产生的热量为Q R =
＝8 J …………………4分。