高二物理教学试卷带答案解析

高二物理教学试卷带答案解析
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.如图所示是单色光双缝干涉实验某一时刻的波形图，实线表示波峰，虚线表示波谷．在此时刻，介质中A 点为波峰相叠加点，B 点为波谷相叠加点，A 、B 连线上的C 点为某中间状态相叠加点．如果把屏分别放在A 、B 、C 三个位置，那么( )
A ．A 、
B 、
C 三个位置都出现亮条纹
B ．B 位置处出现暗条纹
C ．C 位置出现亮条纹或暗条纹要由其他条件决定
D ．以上结论都不对
2.湖中O 点有一观察站，一小船从O 点出发向东行驶4km ，又向北行驶3km 。

则O 点的观察员对小船位置的报告最为精确的是（ ） A ．小船的位置变化了7km B ．小船向东北方向运动了7km C ．小船向东北方向运动了5km
D ．小船的位置在东偏北37°方向，5km 处
3.如图11所示器材可用来研究电感应现象及判定感应电流的方向。

图11
（1）在给出的实物图中，用实线作为导线将实验仪器连成实验电路。

（2）将线圈L1插入L2中，合上开关。

能使感应电流与原电流的绕行方向相同的实验操作是：
A 插入软铁棒。

B 拔出线圈L1
C 使变阻器阻值变大。

D 断开开关。

4.A、B两物体发生正碰，碰撞前后物体A、B都在同一直线上运动，其位移—时间图象如图所示。

由图可知，物体A、B的质量之比为( )
A. 1∶1
B. 1∶2
C. 1∶3
D. 3∶1
5.伽利略在对自由落体运动的研究过程中，开创了如下框图所示的一套科学研究方法，其中方框2和4中的方法分别是（）A．实验检验，数学推理
B．数学推理，实验检验
C．提出假设，实验检验
D．实验检验，合理外推
6.如图物体A叠放在物体B上,B置于光滑水平面上．A,B质量分别为
m
A
=6kg,m
B
=2kg,A,B之间的动摩擦因数μ=0.2,开始时F=10N,此后逐渐增加,在增大到45N的过程中,则（取g="10" m／s2）
A．当拉力F＜12N时,两物体均保持相对静止状态
B．两物体开始没有相对运动,当拉力超过12N时,开始相对滑动
C．两物体间从受力开始就有相对运动
D．两物体间始终没有相对运动
7.调压变压器就是一种自耦变压器，它的构造如图所示．线圈AB绕在一个圆环形的铁芯上，CD之间加上输入电压，当滑动触头P转动时，改变了副线圈匝数，从而调节输出电压。

图中A为交流电流表，V为交流电压表， R
1
、R
2
为定值电阻，R
3
为滑动变阻器，CD两端接恒压交流电源，变压器可视为理想变压器。

则（）
A ．当滑动变阻器滑动触头向下滑动时, 电流表读数变小
B ．当滑动变阻器滑动触头向下滑动时, 电压表读数变小
C ．当滑动变阻器滑动触头向下滑动时, 变压器输入功率变大
D ．当变压器滑动触头P 顺时针转动时，电压表读数变大，电流表读数变大
8.完全相同的三块木块并排固定在水平面上，一颗子弹以速度v 水平射入，若子弹在木块中做匀减速直线运动，且穿过第三块木块后速度恰好为零，则子弹依次射入每块木块时的速度之比或穿过每块木块所用时间之比为（ ）
A ．v 1：v 2：v 3=3：2：1
B ．v 1：v 2：v 3=（﹣
）：（
﹣1）：1
C ．t 1：t 2：t 3=
：：1 D ．t 1：t 2：t 3=（
﹣
）：（
﹣1）：1
9.三个点电荷电场的电场线分布如图所示，图中a 、b 两点出的场强大小分别为、，电势分别为，则( )
A ＞，＞
B ＜，＜ C
＞
，
＜
D
＜
，＞
10.如图所示，在通电螺丝管内部的小磁针静止时N 极指向右端，则下列说法中正确的是
A ．根据异名磁极相吸引，
B 端为螺线管的s 极 B ．螺线管的B 端为N 极，A 端为s 极
C ．通电螺丝管内部的磁场方向向右
D ．电源D 端为正极，C 端为负极
二、多选题
11.两波源S
1、S 2在水槽中形成的波形如图所示，其中实线表示波峰，虚
线表示波谷，则
A．在两波相遇的区域中会产生干涉
B．在两波相遇的区域中不会产生干涉
C．a点的振动始终加强
D．a点的振动始终减弱
12.如图所示，在等腰三角形abc区域内有垂直纸面向外的匀强磁场，d 是ac上任意一点，e是bc上任意一点．大量相同的带电粒子从a点以相同方向进入磁场，由于速度大小不同，粒子从ac和bc上不同点离开磁场．不计粒子重力，则从c点离开的粒子在三角形abc磁场区域内经过的弧长和运动时间，与从d点和e点离开的粒子相比较（）
A．经过的弧长一定大于从d点离开的粒子经过的弧长
B．经过的弧长一定小于从e点离开的粒子经过的弧长
C．运动时间一定大于从d点离开的粒子的运动时间
D．运动时间一定大于从e点离开的粒子的运动时间13.如图所示，在垂直纸面向里的匀强磁场的边界上，有两个质量和电荷
量均相同的正、负离子，从O点以相同的速度射入磁场中，射入方向均
与边界成θ角．若不计重力，关于正、负离子在磁场中的运动，下列说
法正确的是（）
A．运动的轨道半径相同
B．重新回到边界的速度大小和方向都相同
C．重新回到边界的位置与O点距离相同
D．运动的时间相同
14.两根足够长的光滑导轨竖直放置，间距为L，底端接阻值为R的电阻。

将质量为m，电阻也为R的金属棒悬挂在一个上端固定的轻弹簧下端，
金属棒与导轨接触良好，导轨所在的平面与磁感应强度为B的匀强磁场
垂直，如图所示。

除金属棒和电阻R外，其余电阻不计。

现将金属棒从
弹簧的原长位置由静止释放，则( )
A．金属棒向下运动时，流过电阻R的电流方向为b→a
B．最终弹簧对金属棒的弹力与金属棒的重力平衡
C．金属棒的速度为v时，所受的安培力大小为
D．金属棒的速度为v时，金属棒两端的电势差为
15.静电场方向平行于x轴，其电势φ随x的分布可简化为如图所示的折线．一质量为m、带电量为－q的粒子(不计重力)，以初速度v
从O点(x ＝0)进入电场，沿x轴正方向运动．下列叙述正确的是( )
A．粒子从O运动到x
1
的过程中速度逐渐减小
B．粒子从x
1运动到x
3
的过程中，电势能一直增大
C．要使粒子能运动到x
3处，粒子的初速度v
至少为
D．若，粒子在运动过程中的最大速度为
三、计算题
16.如图所示，在空间存在着水平方向的匀强磁场和竖直方向的匀强电场。

电场强度为E，磁感应强度为B，在某点由静止释放一个带电液滴它运动到最低点处，恰与一个原来处于静止的液滴b相撞。

撞后两液滴合为一体，沿水平方向做直线运动。

已知液滴a质量是液滴b质量的2倍，液滴a所带电荷量是液滴b所带电荷量的4倍。

求两液滴初始位置之间的高度差h。

（设a、b之间的静电力可以不计）
17.如图所示，小球的质量为m="0.1" kg，带电荷量为q=+1.0×10–5 C，悬挂小球的细线与竖直方向成θ=370时，小球恰好在水平匀强电场中静止不动，sin370=0.6，cos370=0.8，g取10 m/s2。

求：
（1）电场力的大小；
（2）电场强度的大小和方向；
（3）此时细线的拉力大小。

四、实验题
18.如图甲所示，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。

（1）实验中，直接测定小球碰撞前后的速度是不容易的，但是，可以通过仅测量________（填选项前的符号），间接地解决这个问题。

A ．小球开始释放高度h B ．小球抛出点距地面的高度H C ．小球做平抛运动的射程
（2）图甲中O 点是小球抛出点在地面上的垂直投影。

实验时，先让入射球m 1多次从斜轨上S 位置静止释放，找到其平均落地点的位置P ，测量平抛射程OP 。

然后，把被碰小球m 2静置于轨道的水平部分，再将入射球m 1从斜轨上S 位置静止释放，与小球m 2相碰，并多次重复，接下来要完成的必要步骤是_______（填选项前的符号） A ．用天平测量两个小球的质量m 1、m 2 B ．测量小球m 1开始释放高度h C ．测量抛出点距地面的高度H
D ．分别找到m 1、m 2相碰后平均落地点的位置M 、N
E ．测量平抛射程OM ，ON
（3）若两球相碰前后的动量守恒，其表达式可表示为
______________________________（用（2）中测量的量表示）。

（4）经测定，m 1="45.0" g ，m 2="7.5" g ，小球落地点的平均位置距O 点的距离如图乙所示。

碰撞前、后m 1的动量分别为p 1与p 1'，则p 1:p 1'=__________:11；若碰撞结束时m 2的动量为p 2'，则p 1':p 2'=11:__________。

实验结果说明，碰撞前、后总动量的比值为_______。

19.用图甲所示的实验器材测定小灯泡的伏安特性曲线，要求加在小灯泡上的电压从零开始逐渐增大到额定电压。

(1)在方框中画出实验所用的电路图，并按电路图用导线把实物图连接起来。

(2)某同学根据所测几组数据画出图乙所示的图线，图线是一条曲线而不是直线，原因是___________________，小灯泡的工作电压为2.0V 时的功率约是___ _W 。

五、简答题
20.一只小灯泡标有“6V 3W”字样，求： (1)小灯泡正常发光时的电流？ (2)当电压为4V 时的实际功率？ (3)当小灯泡实际功率为1.5W 时的电压？
21.如图，两平行光滑金属导轨位于同一水平面上，相距l =0.5m ，左端与一电阻R=4相连；整个系统置于匀强磁场中，磁感应强度大小为B =2T ，方向竖直向下。

一质量为m =0.5kg 、电阻为r=1的导体棒ab 置于导轨上，在水平外力作用下沿导轨以速度v =5m/s 匀速向右滑动，滑动过程中始终
保持与导轨垂直并接触良好。

已知重力加速度大小为g=10m/s 2，导轨的电阻可忽略。

求：
（1）ab 棒产生的电动势大小并判断棒ab 端电势的高低； （2）水平外力F 的大小。

六、作图题
22.画出如图中带电粒子刚进入磁场时所受洛伦兹力的方向．
参考答案
1 .A
【解析】试题分析：波峰和波峰、波谷与波谷叠加的点为振动加强点，波峰与波谷叠加的点为振动减弱点．振动加强点始终振动加强，振动减弱点始终减弱．
点A 是波峰和波峰叠加，为振动加强点，且振动始终加强；点C 是波谷和波谷叠加，为振动加强点，且始终振动加强；点B 到两个光源的光程差为零，故为振动加强点，且始终振动加强，故三个位置都出现亮条纹，A 正确． 2 .D
【解析】位移是起点到终点的有向线段，是矢量，由题意得位移为5km ，AB 错误；方向，即东偏北
，D 正确。

3 .（1）略（2）BCD 【解析】略
4 .C
【解析】由x-t 图象可知，碰撞前，v B =0m/s ，碰撞
后v A ′=v B ′=v=
=1m/s ，碰撞过程动量守恒，对A 、B 组成的系
统，由动量守恒定律得：m A v A =（m A +m B ）v ，即：m A ×4=（m A +m B ）×1，解得m A :m B =1:3，故选C.
点睛：本题主要考查了动量的表达式及动量定理的直接应用，知道x-t 图线的斜率等于物体的速度，要求同学们能根据图象读出两物体碰撞前后的速度. 5 .C 【解析】
试题分析：这是依据思维程序排序的问题，这一套科学研究方法，要符合逻辑顺序，即通过观察现象，提出假设，根据假设进行逻辑推理，然后对自己的逻辑推理进行实验验证，紧接着要对实验结论进行修正推广。

故选A 。

教材中介绍了伽利略对落体规律的研究以及“理想斜面实验”，通过这些知识的学习，可以明确伽利略所创造的这一套科学研究方法． 考点：科学研究方法
【名师点睛】物理学史和科学研究方法是常考题目，要求学生不仅对物理学史及其对应科学家记忆准确，更要在理解的基础上，依据逻辑思维程序，判断出科学研究方法的先后顺序。

对培养学生的科学素养很有好处。

6 .AD
【解析】本题考查的是力与运动的关系问题，由于是光滑水平面，B 所受的水平力只有A 对它的静摩擦力，B 与A 的加速度始终相等，因此始终没有相对运动，AD 正确，BC 错误； 7 .BC 【解析】
试题分析：当滑动变阻器滑动触头向下滑动时,变压器输出端总电阻减小，输出电压不变，输出功率变大，C 对；总电流增大，两端电压增大，
电压表两端电压减小，B对；流过的电流减小，流过电流表的电流增大，A错；当变压器滑动触头P顺时针转动时，输出端电压减小，电压表、电流表均减小。

故选BC
考点：电路动态分析
点评：中等难度。

动态问题分析思路总体来说是按照先部分后整体再部分的顺序，要充分利用电路中不变部分的电阻不变的特点，间接地讨论电路变化部分．
8 .D
【解析】
试题分析：子弹依次射入每块木块做匀减速直线运动到零，采取逆向思维，子弹做初速度为零的匀加速直线运动，根据v2=2ax求出子弹依次射入每块木块的速度比；初速度为0的匀加速直线运动，在通过相等位移内的时间比为1：…根据该推论得出穿过每块木块所用的时间比．
解：A、采取逆向思维，子弹做初速度为0的匀加速直线运动，根据
v2=2ax得，可知，故A、B错误．
C、初速度为0的匀加速直线运动中，在通过相等位移内所用的时间比为
1：…，则则穿过每块木块所用时间之比为t
1：t
2
：
t
3
=（﹣）：（﹣1）：1，故C错误，D正确．
故选：D．
【点评】本题采取逆向思维来做比较方便，以及掌握初速度为零的匀变速直线运动的特殊推论，并能灵活运用．9 .C
【解析】磁感线的疏密程度表示场强大小，沿电场线方向电势逐渐降低，C对；
电场线密的地方电场强度大，电场线稀的地方电场强度小，沿电场线电
势降低，据此可正确解答本题．
解：电场线密的地方电场强度大，电场线稀的地方电场强度小，故E
a
＞
E
b
；根据电场线与等势线垂直，在b点所在电场线上找到与a点电势相
等的，依据沿电场线电势降低，可知φ
a
＜φ
b
，故ABD错误，C正确．
故选C．
10 .BC
【解析】
试题分析：通电螺丝管内部的小磁针静止时N极指向右端，说明通电螺
丝管内部磁场方向指向右方，B端为螺线管的N极，A项说法不正确；
同理B项说法正确；同理C项说法正确；由安培定则有用右手握住通电
螺线管，让四指指向电流的方向，那么大拇指所指的那一端是通电螺线
管的N极，由此可知．电源c端为正极，故D项说法错误；应选BC。

考点：本题考查了安培定则的相关知识。

【名师点睛】安培定则，也叫右手螺旋定则，是表示电流和电流激发磁
场的磁感线方向间关系的定则。

通电直导线中的安培定则（表述一）：
用右手握住通电直导线，让大拇指指向电流的方向，那么四指的指向就
是磁感线的环绕方向；通电螺线管中的安培定则（表述二）：用右手握
住通电螺线管，让四指指向电流的方向，那么大拇指所指的那一端是通
电螺线管的N极。

11 .B
【解析】试题分析：由于波在水中的波速相同，但是两列波的波长不同，故两列波的频率不同，所以在两波相遇的区域中不会产生干涉，选项B
正确，A错误；因为两列波不能产生稳定的干涉，故点虽然是峰峰相遇，但是不是始终加强，也不是始终减弱；选项CD错误；故选B.
考点：波的叠加.
12 .AD
【解析】
试题分析：轨迹如图所示，若粒子从ac边射出，粒子依次从ac上射出时，半径增大而圆心角相同，弧长等于半径乘以圆心角，所以经过的弧
长越来越大，运动时间，运动时间相同，A正确C错误；如果从
bc边射出，粒子从b到c上依次射出时，弧长会先变小后变大，但都会
小于从c点射出的弧长．圆心角也会变大，但小于从c点射出时的圆心角，所以运动时间变小，故B错误，D正确．
考点：考查了带电粒子在匀强磁场中的运动【名师点睛】带电粒子在匀强磁场中运动时，洛伦兹力充当向心力，从
而得出半径公式，周期公式，运动时间公式，知道
粒子在磁场中运动半径和速度有关，运动周期和速度无关，画轨迹，定
圆心，找半径，结合几何知识分析解题，
13 .ABC
【解析】A、由可知，运动轨道半径相同，故A正确；
B、因离子进入磁场时射入方向与x轴夹角为，那么射出磁场时速度方
向必与x轴夹角为，重新回到x轴时速度大小和方向均相同，故B正确；
C、由于两个离子的轨迹若合拢，肯定能组合为一个完整的圆周，则距离相同．故C正确；
D、因两个离子质量相同，电荷量也相等（电量绝对值），它们垂直进入同一匀强磁场中做匀速圆周运动的半径必相等、周期（指完成一个圆周）必相等．当不等于度时，两个离子在磁场中的轨迹一个是小半圆弧，
另一个是大半圆弧，所以在磁场中的运动时间就不相等，故D错误；
点睛：粒子进入直线边界磁场，粒子进入直线边界的磁场，进入时与边
界的夹角与出来时与边界的夹角相同，这是解题的关键点。

14 .ABC
【解析】向下运动过程中，根据右手定则可得电流方向从b→a，A正确；金属棒最后将静止，重力与弹簧的弹力二力平衡，B正确；当金属棒的
速度为v时，金属棒相当于一个电源，电源电动势，回路中的电流，安培力，金属棒两端的电压相当于路端电压，
为，故C正确D错误．
15 .BD
【解析】A、粒子从O运动到的过程中，电势升高，场强方向沿x轴负
方向，粒子所受的电场力方向沿x轴正方向，粒子做加速运动，故A错误；
B、粒子从运动到的过程中，电势不断降低，根据负电荷在电势高处
电势越小，可知，粒子的电势能不断增大，故B正确；
C、0到根据动能定理得：，解得：，要使粒子能运动到处，粒子的初速度至少为，故C错误；
D、若，粒子运动到处电势能最小，动能最大，由动能定理得：
，解得最大速度为：，故D正确。

点睛：根据电势随x的分布图线可以得出电势函数关系，由电势能和电
势关系式得出电势能的变化，利用动能定理列方程解答。

16 .：【解析】由a释放后右偏，由左手定则可判a带负电，由b原来静止可判b带正电
设液滴b质量为m，则a为2m，液滴b电荷量为q，则a为4q。

对液滴a由释放到最低点过程由动能定理得2mgh+4qEh=·2m·v
2
a、b结合过程动量守恒：有2mv
=(2m+m)v
结合后做直线运动，受力平衡有3mg+3qE=3q·v·B
又b原来静止：有Eq="mg " 由以上各式得：
17 .（1）0.75 N （2）方向水平向右（3）1.25 N
【解析】（1）对小球进行受力分析，由平衡知识可知电场力
F="mgtan37°=0.75" N
（2）根据得：，方向水平向右
（3）由平衡知识可知：细线拉力
18 .（1）C ；（2）ADE ；（3）m 1×OP=m 1×OM+m 2×ON 或者【m 1（OP －OM ）=m 2×ON 】；（4）14；2.9；1～1.01。

【解析】
试题分析：（1）因为小球下落的高度相等，即下落的时间相等，故可以通过测量其平抛的射程计算小球碰撞前后的速度大小，故选C ；（2）验证动量守恒定律时，需要用到小球的质量，故需要用天平测量两个小球的质量，步骤A 是必要的；然后再找出两个小球平均落地点的位置M 、N ，步骤D 是必要的；最后还要测量平抛射程OM 与ON 的大小，故步骤E 也是必要的；（3）由于小球的落地时间都是相等的，故用水平射程可以表示小球速度的大小，若动量守恒，则碰撞前的动量m 1×OP ，应该等于碰撞后的动量m 1×OM+m 2×ON ，即m 1×OP=m 1×OM+m 2×ON 或者【m 1（OP －OM ）=m 2×ON 】；（4）碰撞前后m 1的动量之比p 1：p 1'=OP ：OM=44.80cm ：35.20cm=14：11；碰撞结束时m 2的动量为p 2'，则p 1'：p 2'=（45.0×35.20）：（7.5×55.68）=11：2.9；可见，p 1为14份，p 1′为11份，p 2′为2.9份，故碰撞前、后总动量的比值为14:13.9≈1。

考点：动量守恒定律的实验。

19 .(1)分压电路、安培表外接法；
实物图略。

(2)灯丝
电阻随电流增大而增大，0.62W 【解析】
试题分析：根据题目要求电压要求能从零开始调节，且为了减少误差应采用安培表外接法，即如图所示。

画出来的不是直线原因是因为小灯泡电阻率会随着发热而变大，根据图像U=2.0V ，电流I=0.31A ，所以功率为0.62W
考点：分压式电路、I-U 图像
点评：本题考查了本实验常见的电路选择以及测量误差的分析，题型普通，考查知识点常见。

20 .（1）0.5A （2）4/3W （3）
V
【解析】（1）根据P=UI 得，I=P/U=0.5ª； （2）小灯泡为纯电阻元件，，
电压为4V 时的实际功率
；
（3）小灯泡实际功率为1.5W 时的电压，根据
,得U=。

21 .（1）E="5V" ；
；F=1N
【解析】（1）导体切割磁感线运动产生的电动势为：E=BLv
解得：
，由右手定则可知，b 端电势较高；
（2）对导体棒受力分析，受到向左的安培力和向右的外力，二力平衡，故有： F= F 安=BIL=
解得外力为：F=1N
22 .
【解析】
试题分析：本题考查了左手定则的直接应用，根据左手定则即可正确判断磁场、运动方向、洛伦兹力三者之间的关系，特别注意的是四指指向和正电荷运动方向相同和负电荷运动方向相反．
解：根据左手定则可得，带电粒子刚进入磁场时所受洛伦兹力的方向，如图所示：
【点评】安培定则、左手定则、右手定则是在电磁学中经常用到的，要掌握它们的区别，并能熟练应用．。