2018-2019学年福建省宁德市古田第三中学高二物理期末试题含解析

2018-2019学年福建省宁德市古田第三中学高二物理期
末试题含解析
一、选择题：本题共5小题，每小题3分，共计15分．每小题只有一个选项符合题意
1. 关于光波及其在科学技术、生产和生活中广泛的应用，下列说法中正确的是（）A．用透明的标准平面样板检查光学平面的平整程度是利用光的偏振现象
B．用三棱镜观察白光看到的彩色图样是利用光的色散现象
C．在光导纤维束内传送图象是利用光的干涉现象
D．拍摄橱窗内的物体时在镜头前加装偏振片以增强入射光的强度
参考答案：
B
【考点】光的干涉；光的衍射．
【分析】检查光学平面的平整程度是利用光的干涉现象；
光电效应和康普顿效证实光具有粒子性；
光导纤维是利用光的全反射现象；
加装一个偏振片以减少反射光的透射能力．
【解答】解：A、用透明的标准平面样板检查光学平面的平整程度是利用光的干涉现象．故A错误．
B、用三棱镜观察白光看到的彩色图样是利用光折射现象．故B正确．
C、在光导纤维束内传送图象是利用光的全反射现象．故C错误．
D、拍摄玻璃橱窗内的物体时，往往在镜头前加装一个偏振片以减少反射光的透射．故D 错误．
故选：B．
2. 关于安培力和洛伦兹力，如下说法中正确的是（）
A．带电粒子在磁场中运动时，一定受到洛伦兹力作用
B．放置在磁场中的通电导线，可能受到安培力作用
C．洛伦兹力对运动电荷一定不做功
D．洛伦兹力可能会改变运动电荷的能量
参考答案：
BC
3. 某物体做直线运动的速度图象如图所示，下列说法中正确的是（）
A．前2s物体的加速度为4m/s2 B．4s末物体回到出发点
C．6s末物体距出发点最远D．8s末物体距出发点最远
参考答案：
A
解：A、图线的斜率表示物体的加速度，a==4m/s2，故A正确；
B、B、4s末物体的位移为4s内速度图象与时间轴围成的三角形面积：x==16m，所以4s末物体没有回到出发点，故B错误；
C、由速度图象与时间轴围成的面积表示位移且在时间轴上方位移为正，下方位移为负，可知：4s末物体距出发点最远，故C错误；
D、由速度图象与时间轴围成的面积表示位移且在时间轴上方位移为正，下方位移为负，可知：8s末物体位移为0，又回到了出发点，故D错误．
故选A．
4. 如图所示的4种亮暗相间的条纹，分别是红光、蓝光通过同一个双缝干涉仪器形成的干涉图样和黄光、紫光通过同一个单缝形成的衍射图样(黑色部分代表亮纹)。

那么1、2、3、4四个图中亮条纹的颜色依次是（）^S*5U.C#O%下标
A．红黄蓝紫 B．红紫蓝黄C．蓝紫红黄D．蓝黄红紫
参考答案：
5. （多选题）如图是验证楞次定律实验的示意图，竖直放置的线圈固定不动，将磁铁从线圈上方插入或拔出，线圈和电流表构成的闭合回路中就会产生感应电流，各图中分别标出了磁铁的极性、磁铁相对线圈的运动方向以及线圈中产生的感应电流的方向等情况，其中表示正确的是（）
A．B．C．D．
参考答案：
CD
【考点】楞次定律．
【分析】当磁铁的运动，导致线圈的磁通量变化，从而产生感应电流，感应磁场去阻碍线圈的磁通量的变化．
【解答】解：A、当磁铁N极向下运动时，线圈的磁通量变大，由增反减同可知，则感应磁场与原磁场方向相反．再根据安培定则，可判定感应电流的方向：沿线圈盘旋而上．故A错误；
B、当磁铁N极向上运动时，线圈的磁通量变小，由增反减同可知，则感应磁场与原磁场方向相同．再根据安培定则，可判定感应电流的方向：沿线圈盘旋而下，故B错误；
C、当磁铁S极向下运动时，线圈的磁通量变大，由增反减同可知，则感应磁场与原磁场方向相反．再根据安培定则，可判定感应电流的方向：沿线圈盘旋而上．故C正确；
D、当磁铁N极向上运动时，线圈的磁通量变小，由增反减同可知，则感应磁场与原磁场方向相同．再根据安培定则，可判定感应电流的方向：沿线圈盘旋而下，故D正确；
故选：CD
二、填空题：本题共8小题，每小题2分，共计16分
6. 黑体辐射的实验规律如图所示，图中画出了三种温度下黑体辐射的强度与波长的
关系．可见，一方面，随着温度的降低，各种波长的辐射强度都有（选填“增加” 或“减少”），另一方面，辐射强度的极大值向波长（选填“较长”或“较短”）的方向移动．
参考答案：
减少、较长
解：由图可知，随温度的降低，相同波长的光辐射强度都会减小；同时最大辐射强度向右侧移动，即向波长较长的方向移动；故答案为：减少；较长．
7. 电源之所以能维持外电路中稳定的电流，是因为它有能力把来到的正电荷经过电源内部不断地搬运到。

（填“正极”或“负极”）
参考答案：
10，200
8. 探究电磁感应现象应选用如图（选填“甲”或“乙”）所示的装置进行实验．在这个现象中感应电流的方向与的方向和磁感应线方向有关．
参考答案：
甲；导体切割磁感应线的运动．
【考点】研究电磁感应现象．
【分析】闭合电路中一部分导体磁场中做切割磁感应线运动，此时电路中会产生感应电流，该现象称为电磁感应现象，此时所产生电流为感应电流，且感应电流的方向与磁感应线方向，及导体运动的方向有关．
【解答】解：甲图中，若连接电路后，在外力作用下，使导体左右运动，切割磁感应线，则电流表指针发生偏转，说明此时有感应电流产生，这就是电磁感应现象；
在这个现象中感应电流的方向与导体切割磁感应线的运动的方向和磁感应线方向有关；
故答案为：甲；导体切割磁感应线的运动．
9. 如图所示，当磁铁突然向铜环运动时，铜环将向（填“左”或“右”）运动。

参考答案：
右
10. 某同学利用假期进行实验复习，验证电磁感应产生的条件。

他通过如图所示实验，观察到以下实验现象：
①把磁铁插入线圈时，线圈中有感应电流；
②把磁铁放在线圈内不动，线圈中无感应电流；
③把磁铁从线圈中拔出，线圈中有感应电流。

这次实验表明，穿过闭合线圈的磁通量（选填“变化”或“不变化”），线圈中就有感应电流。

参考答案：
11. 某同学在实验室里熟悉各种仪器的使用。

他将一条形磁铁放在转盘上，如图甲所示，磁铁可随转盘转动，另将一磁感应强度传感器固定在转盘旁边，当转盘（及磁铁）转动时，引起磁感应强度测量值周期性地变化，该变化与转盘转动的周期一致。

经过操作，该同学在计算机上得到了如图乙所示的图像。

（1）在图像记录的这段时间内，圆盘转动的快慢情况是___________________。

（2）圆盘匀速转动时的周期是_______s。

参考答案：
（1）先快慢不变，后越来越慢（3分）
（2）
12. 某市陆航团的一架固定翼飞机以900m/s的速度沿水平方向飞行，恰好自西向东飞行到聊城四中上空，经该校高二师生测定该处地磁场的竖直分量为0.5×10－
4T，飞机的翼展为12m，机翼两端间的感应电动势为 _ _V，机翼的（东、南、西或北）侧电势高，在飞行员的（左或右）侧。

参考答案：
13. 如图所示，点电荷A和B带电荷量分别为3.0×10－8C 和－2.4×10－8C，彼此相距6cm．若在两点电荷连线中点O处放一个半径为1cm的
金属球壳，则球壳上感应电荷在该中点处产生的电场强度大小
为 N/C，方向．
参考答案：
15、 A 、 A 、 A 、 A 5.4×105N/C，水平向左
三、实验题：本题共2小题，每小题11分，共计22分
14. 有一灯泡上标有“6V 0.1A”的字样，现要测量该灯泡的伏安特性曲线，有下列器材供选用：
A．电压表(0-5V，内阻2.0K)
B．电压表(0-10V，内阻3.0K)
C．电流表(0-0.3A，内阻2.0)
D．电流表(0-6A，内阻1.5)
E．滑动变阻器(30,2A)
F．滑动变阻器(100,0.5A)
G．学生电源(直流9V)及开关、导线等
(1)实验中所用的电压表应选________，电流表应选________，滑动变阻器应选______。

(2)画出实验电路图，要求电压从0V开始测量。

参考答案：
15. 如图1所示，用“碰撞实验器”可以验证动量守恒定律，即研究两个小球在轨道水平部分碰撞前后的动量关系：
先安装好实验装置，在地上铺一张白纸，白纸上铺放复写纸，记下重垂线所指的位置O．接下来的实验步骤如下：
步骤1：不放小球2，让小球1从斜槽上A点由静止滚下，并落在地面上．重复多次，用尽可能小的圆，把小球的所有落点圈在里面，其圆心就是小球落点的平均位置；
步骤2：把小球2放在斜槽前端边缘位置B，让小球1从A点由静止滚下，使它们碰撞．重复多次，并使用与步骤1同样的方法分别标出碰撞后两小球落点的平均位置；
步骤3：用刻度尺分别测量三个落地点的平均位置M、P、N离O点的距离，即线段OM、OP、ON的长度．
（1）对于上述实验操作，下列说法正确的是
A．应使小球每次从斜槽上相同的位置自由滚下
B．斜槽轨道必须光滑
C．斜槽轨道末端必须水平
D．小球1质量应大于小球2的质量
（2）上述实验除需测量线段OM、OP、ON的长度外，还需要测量的物理量有．A．A、B两点间的高度差h1
B．B点离地面的高度h2
C．小球1和小球2的质量m1、m2
D．小球1和小球2的半径r
（3）当所测物理量满足表达式（用所测物理量的字母表示）时，即说明两球碰撞遵守动量守恒定律．如果还满足表达式（用所测物理量的字母表示）时，即说明两球碰撞时无机械能损失．
（4）完成上述实验后，某实验小组对上述装置进行了改造，如图2所示．在水平槽末端与水平地面间放置了一个斜面，斜面的顶点与水平槽等高且无缝连接．使小球1仍从斜槽上A点由静止滚下，重复实验步骤1和2的操作，得到两球落在斜面上的平均落点M′、P′、N′．用刻度尺测量斜面顶点到M′、P′、N′三点的距离分别为l1、l2、l3．则验证两球碰撞过程中动量守恒的表达式为（用所测物理量的字母表示）．
参考答案：
（1）ACD；（2）C；（3）m1?OP=m1?OM+m2?ON m1?（OP）2=m1?（OM）2+m2?（ON）2；（4）m1=m1+m2．
【考点】验证动量守恒定律．
【分析】（1、2）在验证动量守恒定律的实验中，运用平抛运动的知识得出碰撞前后两球的速度，因为下落的时间相等，则水平位移代表平抛运动的速度．根据实验的原理确定需要测量的物理量．
（3）根据动量守恒定律及机械能守恒定律可求得动量守恒及机械能守恒的表达式；
（4）小球落在斜面上，根据水平位移关系和竖直位移的关系，求出初速度与距离的表达式，从而得出动量守恒的表达式
【解答】解：（1）因为平抛运动的时间相等，根据v=，所以用水平射程可以代替速度，则需测量小球平抛运动的射程间接测量速度．故应保证斜槽末端水平，小球每次都从同一点滑下；同时为了小球2能飞的更远，防止1反弹，球1的质量应大于球2的质量；故ACD正确，B错误；
故选：ACD．
（2）根据动量守恒得，m1?OP=m1?OM+m2?ON，所以除了测量线段OM、OP、ON的长度外，还需要测量的物理量是小球1和小球2的质量m1、m2．
故选：C．
（3）因为平抛运动的时间相等，则水平位移可以代表速度，OP是A球不与B球碰撞平抛运动的位移，该位移可以代表A球碰撞前的速度，OM是A球碰撞后平抛运动的位移，该位移可以代表碰撞后A球的速度，ON是碰撞后B球的水平位移，该位移可以代表碰撞后B球的速度，当所测物理量满足表达式m1?OP=m1?OM+m2?ON，说明两球碰撞遵守动量守
恒定律，由功能关系可知，只要m1v02=m1v12+m2v22成立则机械能守恒，故若
m1?OP2=m1?OM2+m2?ON2，说明碰撞过程中机械能守恒．
（4）碰撞前，m1落在图中的P′点，设其水平初速度为v1．小球m1和m2发生碰撞后，m1的落点在图中M′点，设其水平初速度为v1′，m2的落点是图中的N′点，设其水平初速度为v2．设斜面BC与水平面的倾角为α，
由平抛运动规律得：Lp′sinα=gt2，L p′cosα=v1t
解得v1=．
同理v1′=，v2=，可见速度正比于．
所以只要验证m1=m1+m2即可．
故答案为．（1）ACD；（2）C；（3）m1?OP=m1?OM+m2?ON m1?（OP）2=m1?（OM）2+m2?（ON）2；（4）m1=m1+m2．
四、计算题：本题共3小题，共计47分
16. 电动玩具汽车的直流电动机电阻一定，当加上0.3V电压时，通过的电流为
0.3A，此时电动机没有转动。

当加上3V 电压时，电流为1A，这时候电动机正常工作。

求
（1）电动机的电阻；
（2）电动机正常工作时，产生的机械功率和发热功率。

参考答案：
（1）当加上0.3V电压时电动机不转动，利用欧姆定律得
r=U1/I1=0.3/0.3=1Ω（2分）（2）当加上3V电压时，消耗的电能一部分发热，一部分转化为了机械能。

消耗的电功率为：
P=IU=1×3=3w （2分）
发热功率P热=I2r=12×1=1w （3分）
根据能量关系，产生的机械功率为：
P机=P-P热=3-1=2w （3分）
本题考查非纯电阻电路电功率的计算，当电动机不转动时为纯电阻电路，欧姆定律成立U=IR可求得内阻大小，当电动机转动以后电能转化为焦耳热和机械能，消耗电能为P=UI，内阻消耗功率为I2r，两者做差即为机械功率大小
17. 如图所示，两个可导热的气缸竖直放置，它们的底部都由一细管连通（忽略细管的容积）．两气缸各有一个活塞，质量分别为m1和m2，活塞与气缸无摩擦．活塞的下方为理想气体，上方为真空．当气体处于平衡状态时，两活塞位于同一高度h．（已知m1=3m，m2=2m）
（1）在两活塞上同时各放一质量为m的物块，求气体再次达到平衡后两活塞的高度差（假定环境温度始终保持为T0）．
（2）在达到上一问的终态后，环境温度由T0缓慢上升到T，试问在这个过程中，气体对活塞做了多少功？气体是吸收还是放出了热量？（假定在气体状态变化过程中，两物块均不会碰到气缸顶部）．
参考答案：
解：（1）设左、右活塞的面积分别为A′和A，由于气体处于平衡状态，故两活塞对气体的压强相等，即：
由此得：
在两个活塞上各加一质量为m的物块后，右边物体对活塞产生的压强较大，所以气体向左气缸移动，最终右活塞降至气缸底部，所有气体都在左气缸中．
在初态，气体的压强为，体积为；
在末态，气体压强为，体积为（x为左活塞的高度）．
由玻意耳﹣马略特定律得：
解得：
即两活塞的高度差为
（2）当温度由T0上升至T时，气体的压强始终为，
设x′是温度达到T时左活塞的高度，
由盖?吕萨克定律得：
活塞对气体做的功为：
环境温度升高，则气体温度升高内能变大，又气体对活塞做功，根据热力学第一定律：在此过程中气体吸收热量．
答：（1）气体再次达到平衡后两活塞的高度差为h．
（2）气体对活塞做了5mgh（﹣1）的功，气体是吸收热量．
【考点】理想气体的状态方程；热力学第一定律．
【分析】（1）不加物体时，两侧等高，说明活塞产生的压强相等；在两活塞上同时各放一质量为m的物块后，气体全部在左侧汽缸中，先求解出气压，然后根据玻意耳定律列式求解；
（2）等压膨胀过程，先根据盖﹣吕萨克定律列式求解末状态体积，然后求解气体对活塞做多少功，最后根据热力学第一定律判断气体的吸放热情况．
18. 如图甲所示，在y＝0和y＝2 m之间有沿着x轴方向的匀强电场，MN为电场区域的上边界，在x轴方向范围足够大．电场强度的变化如图乙所示，取x轴正方向为电场正方向．现有一个带负电的粒子，粒子的比荷为＝1.0×10－2C/kg，在t＝0时刻以速度v0＝5×102 m/s从O点沿y轴正方向进入电场区域，不计粒子重力．求：
图甲图乙
(1)粒子通过电场区域的时间；
(2)粒子离开电场时的位置坐标；
(3)粒子通过电场区域后沿x方向的速度大小．
参考答案：。