《江西省上饶市县第四中学高二物理上学期期末试题含解析》由会员分享，可在线阅读，更多相关《江西省上饶市县第四中学高二物理上学期期末试题含解析（5页珍藏版）》请在金锄头文库上搜索。
1、江西省上饶市县第四中学高二物理上学期期末试题含解析一、 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. (单选题)关于图2中弹簧振子的振动，下述说法中正确的有 A振子从OBO为一次全振动，所用时间为一个周期B振子经过平衡位置O时弹性势能能最大C振子经过平衡位置O时速度最大D在最大位移B处，因为速度为零，所以加速度也为零参考答案：C2. 下列关于电容器的说法，正确的是 A电容器带电量越多，电容越大 B电容器两板电势差越小，电容越大 C电容器的电容与带电量成正比，与电势差成反比 D随着电容器电量的增加，电容器两极板间的电势差也增大参考答案：D3. 将一段通有恒定电流的直
2、导线平行于纸面放入一匀强磁场中，如图所示，导线上的箭头方向代表电流方向。可使直导线所受安培力方向垂直于纸面向外是（ ）参考答案：C4. 典型的铀核裂变是生成钡和氪，同时放出x个中子：，铀235质量为m1，中子质量为m2，钡144质量为m3，氪89的质量为m4下列说法正确的是（）A该核反应类型属于人工转变B该反应放出能量（m1-xm2-m3-m4）c2Cx的值是3D该核反应比聚变反应对环境的污染较少参考答案：C【考点】原子核衰变及半衰期、衰变速度；裂变反应和聚变反应【分析】根据电荷数守恒和质量数守恒求解x，根据爱因斯坦质能方程求解该反应放出的能量，放射性元素对环境的污染较大【解答】解：A、该核反
3、应是核裂变，可以自发进行，不是人工控制的，故A错误；B、C、核反应方程中根据质量数守恒，有：235+1=144+89+x解得：x=3根据爱因斯坦质能方程，该反应放出能量为：E=m?c2=（m1+m2m3m43m2）c2=故B错误，C正确；D、该核反应生成两种放射性元素，核污染较大，故D错误；故选：C5. 如图所示，弹簧振子以O点为平衡位置作简谐振动，当它从C点向O点运动的过程中，位移方向及其大小的变化是（）A向右，逐渐变大B向右，逐渐变小C向左，逐渐变大D向左，逐渐变小参考答案：D【考点】简谐运动的回复力和能量【分析】简谐运动的位移由平衡位置指向末位置，大小等于平衡位置与末位置间的距离，方向由
4、平衡位置指向末位置【解答】解：弹簧振子从C点向O点运动的过程中，位移的大小逐渐减小，方向由O指向C，即向左故D正确，A、B、C错误故选D二、 填空题：本题共8小题，每小题2分，共计16分6. 如图所示，一绝缘细圆环半径为r，其环面固定在水平面上，场强为E的匀强电场与圆环平面平行，环上穿有一电量为+q、质量为m的小球，可沿圆环作无摩擦的圆周运动若小球经A点时速度vA的方向恰与电场垂直，且圆环与小球间沿水平方向无力的作用，则速度vA=当小球运动到与A点对称的B点时，小球对圆环在水平方向的作用力NB=6Eq参考答案：考点：带电粒子在匀强电场中的运动；牛顿第二定律；向心力版权所有专题：牛顿第二定律在圆
5、周运动中的应用；带电粒子在电场中的运动专题分析：“小球经A点时圆环与小球间沿水平方向无力的作用”是解题的突破口，即小球到达A点时电场力提供向心力，这样可以求出vA；根据从A到B的运动过程中只有电场力做功可以求出vB，再根据向心力公式可得NB解答：解：由题意可知小球到达A点时电场力提供向心力即qE=解得vA=从A到B的运动过程中根据动能定理可得2qEr=m在B点根据向心力公式可得NBqE=m联立以上三式得NB=6qE根据牛顿第三定律可得小球对圆环在水平方向的作用力大小为6qE故答案为：；6qE点评：解本题时不要忘记根据向心力公式可得NBqE=m求出的NB是圆环对小球的支持力，而题目要求的是小球对
6、圆环的压力，故需要利用牛顿第三定律进行转化7. 一个物体以某一初速度v0开始作匀减速直线运动直到停止，其总位移为9m，总时间为3s。当它的位移为6m时，所用时间为_s，所用时间为2秒时，它的位移为X_参考答案：1.23 88. （4分）把一个带电量为-510-8 C的点电荷放到电场中的某点，受到的电场力为210-3 N，则该点电场强度的大小为_N/C，此力的方向与场强方向_（填“相同”或“相反”）。参考答案：4104，相反9. 电量为210-6C的正点电荷放入电场中A点，受到作用力为410-4N，方向向右，则该点的场强为_N/c,方向_。若把另一电荷放在该点受到力为210-4N，方向向左，则这
7、个电荷的电量大小为_C，是_(填正或负)电荷。 参考答案：10. 下列物质中： 云母； 食盐； 蜂蜡； 橡胶； 铜具有确定熔解温度的有 ，物理性质表现为各向同性的有 （只填序号）参考答案： 11. （4分）在竖直向下、电场强度为E的匀强电场中，一个质量为m的带点液滴，沿着水平方向做直线运动，则该液滴带 电，电荷量大小为 。参考答案：负mg/E（每空2分）12. 某线圈共200匝，1s时磁通量为0.5Wb，1.2s时增加为0.6Wb，则这段时间内线圈中的平均感应电动势为_。参考答案：100V【详解】1s1.2s内磁通量的变化量为：；由法拉第电磁感应定律得：；故答案为：100V。13. 如图11所
8、示，虚线框内空间中同时存在着匀强电场和匀强磁场，匀强电场的电场线竖直向上，电场强度E=6104伏/米，匀强磁场的磁感线未在图中画出一带正电的粒子按图示方向垂直进入虚线框空间中，速度v=2105米/秒如要求带电粒子在虚线框空间做匀速直线运动，磁场中磁感线的方向是 ，磁感应强度大小为 特。(粒子所受重力忽略不计) 参考答案：垂直低面向外，03特三、 实验题：本题共2小题，每小题11分，共计22分14. 在“研究电磁感应现象”的实验中，首先要按图（甲）接线，以查明电流表指针的偏转方向与电流方向的关系；然后再按图（乙）将电流表与B连成一个闭合回路，将A与电池、滑动变阻器和开关串联成另一个闭合电路.在图
9、（甲）中，当闭合S时，观察到电流表指针向左偏（不通电时指针停在正中央）.在图（乙）中,（1）将S闭合后，将螺线管A插入螺线管B的过程中，电流表的指针将_（填“向左”“向右”或“不发生”，下同）偏转；（2）螺线管A放在B中不动，电流表的指针将_偏转；（3）螺线管A放在B中不动，将滑动变阻器的滑动触片向右滑动时，电流表的指针将_偏转；（4）螺线管A放在B中不动，突然切断开关S时，电流表的指针将_偏转.参考答案：15. 在“测定玻璃的折射率”实验中（1）为取得较好的实验效果，下列操作正确的是_A、必须选用上下表面平行的玻璃砖；B、选择的入射角应尽量小些；C、大头针应垂直地插在纸面上；D、大头针P1和
10、P2及P3和P4之间的距离适当大些（2）某同学在量入射角和折射角时，由于没有量角器，在完成了光路图以后，用圆规以O点为圆心，OA为半径画圈，交OO延长线于C点，过A点和C点作垂直法线的直线分别交于B点和D点，如图1所示，若他测得AB=7.5cm，CD=5cm，则可求出玻璃的折射率n=_（3）如图2所示，该同学在实验中将玻璃砖界面aa和bb的间距画得过宽，若其他操作正确，则折射率的测量值_（选填“偏大”、“偏小”或“不变”）参考答案：(1)CD (2)1.5 (3)偏小解：A、测定玻璃的折射率的原理是，可知n的测定与玻砖的形状无关，故A错误B、为了减小实验的相对误差，入射角应尽量大些，可减小入射
11、角的相对误差故B错误C、大头针都应垂直的插在纸面上，四根大头针相互平行，便于确定出射光线方向，故C正确D、为了减小实验的相对误差，图中大头针P1和P2及P3和P4之间的距离适当大些，这样由于相同视觉距离误差，引起的角度误差小些，故D正确故选：CD（2）图中P1P2作为入射光线，OO是折射光线，设光线在玻璃砖上表面的入射角为i，折射角为r，则由几何知识得到：，又AO=OC，则折射率（3）如图，实线是真实的光路图，虚线是玻璃砖宽度画大后的光路图，由图看出，在这种情况测得的入射角不受影响，但测得的折射角比真实的折射角偏大，因此测得的折射率偏小故答案为：（1）CD；（2）1.5；（3）偏小四、计算题：
12、本题共3小题，共计47分16. 如图所示，将直径为d，电阻为R的闭合金属环从匀强磁场B拉出，求这一过程中(1)磁通量的改变量(2)通过金属环某一截面的电量参考答案：17. 如图所示，人站在滑板A上，以v0=3m/s的速度沿光滑水平面向右运动当靠近前方的横杆时，人相对滑板竖直向上起跳越过横杆，A从横杆下方通过，与静止的滑板B发生碰撞并粘在一起，之后人落到B上，与滑板一起运动已知人、滑板A和滑板B的质量分别为m人=70kg、mA=10kg和mB=20kg，求：A、B碰撞过程中，A对B的冲量的大小和方向；人最终与滑板的共同速度的大小参考答案：解：（1）人跳起后A与B碰撞前后动量守恒，设碰后AB的速度
13、v1，mAv0=mAv1+mBv1解得：v1=1m/s A对B的冲量：I=mBv1=201=20N?m方向水平向右（2）人下落与aB作用前后，水平方向动量守恒，设共同速度v2，m人v0+（mA+mB）v1=（m人+mA+mB）v2代入数据得：v2=2.4m/s 答：A、B碰撞过程中，A对B的冲量的大小是20Nm，方向水平向右；人最终与滑板的共同速度的大小是2.4m/s【考点】动量守恒定律；动量定理【分析】（1）人跳起后A与B碰撞前后动量守恒，根据动量守恒定律求出共同的速度，然后由动量定理即可求出A对B的冲量；（2）人下落与AB作用前后，水平方向动量守恒，再根据动量守恒定律求解即可18. 如图所示，圆管构成的半圆形竖直轨道固定在水平地面上，轨道半径为R，MN为直径且与水平面垂直，直径略小于圆管内径的小球A以某一初速度冲进轨道，到达半圆轨道最高点M时与静止于该处的质量与A相同的小球B发生碰撞，碰后两球粘在一起飞出轨道，碰撞后两球的速度变为碰撞前的一半，落地点距N为2R。重力加速度为g，忽略圆管内径，空气阻力及各处摩擦均不计，求：（1）粘合后的两球从飞出轨道到落地的时间t； （2）小球A冲进轨道时在N点的速度大小。参考答案：
