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人教版高二物理下期末检测卷1答题卡
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处
（正面朝上
贴在此
虚线框内）
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试卷类型：B
姓名：______________班级：______________
准考证号
(
缺考标记
考生禁止填涂缺考标记
！只能由监考老师负责用黑色字迹的签字笔填涂。
) (
注意事项
1
、
答题前，考生先将自己的姓名、准考证号码填写清楚。
2
、
请将准考证条码粘贴在右侧的[条码粘贴处]的方框内
3
、
选择题必须使用2B铅笔填涂；非选择题必须用0.5毫米黑色字迹的签字笔填写，字体工整
4
、
请按题号顺序在各题的答题区内作答，超出范围的答案无效，在草纸、试卷上作答无效。
5
、保持卡面清洁，不要折叠、不要弄破、弄皱，不准使用涂改液、刮纸刀。
6
、填涂样例
正确
[
■
]
错误
[
--
][
√
] [
×
]
)
选择题（请用2B铅笔填涂）
1. [A][B][C][D] 2. [A][B][C][D] 3. [A][B][C][D] 4. [A][B][C][D] 5. [A][B][C][D] 6. [A][B][C][D] 7. [A][B][C][D] 8. [A][B][C][D] 9. [A][B][C][D] 10. [A][B][C][D] 11. [A][B][C][D] 12. [A][B][C][D] 13. [A][B][C][D]
非选择题（请在各试题的答题区内作答）
14．（1）_____________
（2）_____________
（3）_____________；_____________
（4）_________________________________________________________________
15．__________________；____________________；_____________
16．（1）_____________；_____________
（2）_____________
（3）_____________；_____________
17．（1）
（2）
（3）
18．（1）
（2）
（3）
19．（1）
（2）
（3）
20．（1）
（2）
（3）
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人教版高二物理下期末检测卷1（教师版）（选择性必修一二）
一、选择题(共10题；共30分)
1．（3分）“胜哥”在“用单摆测定重力加速度”的实验中，用力传感器测得摆线的拉力大小F随时间t变化的图象如图所示，已知单摆的摆长为l，则重力加速度g为（　　）
A． B． C． D．
【答案】D
【知识点】探究单摆的运动，用单摆测定重力加速度
【解析】【解答】根据图象可知：单摆的周期为：T=4t
根据周期公式得： ，所以g= ，D符合题意，ABC不符合题意．
故答案为：D．
【分析】结合单摆的摆长与单摆的周期，利用单摆的周期公式求解当地的加速度表达式即可。
2．（3分）两列频率均为f、振幅相同的简谐横波在某一区域叠加后形成稳定的干涉，某时刻的干涉图样如图所示，实线表示波峰，虚线表示波谷，A、B、C、D、O为叠加区域的五个质点，其中O为线段的交点，关于这五个质点，下列说法正确的是（　　）
A．B点始终处在波峰 B．A点振动速度始终为零
C．A、O、C均为振动减弱点 D．D点的振动频率为
【答案】B
【知识点】波的干涉现象；波的叠加
【解析】【解答】A．根据振动加强和叠加原理分析判断，点为波峰与波峰相遇的点，是振动加强点，但它要做简谐振动，位移时刻变化，故A错误；
B．根据振动的特点分析判断，点是振动减弱点，而两列波的振幅相同，故叠加后点的振幅为零，振动速度始终为零，故B正确；
C．根据干涉图样特点分析判断，根据干涉分布特点可知，B、O、D均为振动加强点，A点、C点为振动减弱点，故C错误；
D．两列波相遇叠加发生干涉后，只是振幅发生变化，而波的频率由波源决定不变，则点的振动频率为，故D错误。
故选B。
【分析】根据干涉图样的特点，叠加的原理进行分析。
3．（3分）如图所示，“胜哥”将一个玻璃圆台放置在一块平面玻璃上，圆台的纵截面为等腰梯形。让红光垂直圆台的上表面入射，从上向下观察，可以看到明暗相间的同心圆环状条纹。下列说法正确的是（　　）
A．环状条纹是圆台上表面和侧面的反射光叠加形成的
B．从圆心向外环状条纹越来越稀疏
C．改用紫光入射，条纹间距变小
D．用同一单色光入射，圆台侧面与玻璃平面的夹角越小，条纹间距越小
【答案】C
【知识点】薄膜干涉
【解析】【解答】A．这些同心环纹本质上是圆台底面与下面平板玻璃之间所形成的空气薄膜形成的“薄膜干涉”现象，而非由上表面与侧面反射光的叠加所致，故A错误。
B．由于截面为等腰梯形，所以条纹间距从第二条起为等间距，而不是从圆心向外环状条纹越来越稀疏，故B错误。
C．由可知，干涉条纹的间距与光的波长成正比，红光波长比紫光长，改用紫光时条纹间距变小，故C正确。
D．在同一单色光下，若圆台与平面玻璃的夹角变小，则干涉空隙增厚得更缓慢，条纹在水平方向上反而拉得更开，间距增大，故D错误。
故选C。
【分析】发生干涉的条件是两列光的频率相同。“薄膜干涉”是光通过薄膜的两个表面反射后叠加形成干涉图样；由判断薄膜干涉图样条纹宽度变化。
本题主要考查光的干涉的应用，解决本题的关键知道光发生干涉的条件：两列光的频率必须相同。
4．（3分）竖直平面内有轻绳1、2、3连接如图所示。绳1水平，绳2与水平方向成角，绳3的下端连接一质量为m的导体棒1，在结点O正下方距离处固定一导体棒2，两导体棒均垂直于纸面放置。现将导体棒1中通入向里的电流I0，导体棒2中通入向外且缓慢增大的电流I。当增大到某个值时，给导体棒1以向右的轻微扰动，可观察到它缓慢上升到绳1所处的水平线上。绳3的长度为d，两导体棒长度均为l，重力加速度为g。导体棒2以外距离为x处的磁感应强度大小为，下列说法正确的是（　　）
A．应在时给导体棒1以轻微的扰动
B．绳1中拉力的最大值为
C．绳2中拉力的最小值为
D．导体棒2中电流的最大值为
【答案】B
【知识点】安培力的计算
【解析】【解答】A．对导体棒1进行受力分析如图，
此三个力组成的封闭三角形与相似，所以
所以，恒有
初始时，应有
联立解得
所以应在，时给导体棒1微小扰动，A错误；
B．对结点进行分析，绳1和绳2中的拉力和的合力大小恒为，导体棒运动过程中和的合力将从竖直方向逆时针转到水平方向，由图示可知先增大后减小，当与绳2垂直时最大，最大值为，B正确；
C．一直减小，直至导体棒1运动至绳1所在的水平线上时最小最小值为零，C错误；
D．由上述分析可知
由几何关系可知，导体棒1运动至绳1所在的水平线上时有最大值为，所以
且
此时
所以电流最大值，D错误。
故答案为：B。
【分析】结合安培力的计算（F=BIL）、受力平衡与相似三角形法分析导体棒的受力，再通过动态平衡判断绳的拉力极值，逐一验证选项。
5．（3分）如图所示，导电物质为电子的霍尔元件样品置于磁场中，表面与磁场方向垂直，图中的1、2、3、4是霍尔元件上的四个接线端。当开关S1、S2闭合后，三个电表都有明显示数，下列说法错误的是（　　）
A．通过霍尔元件的磁场方向向下
B．接线端2的电势低于接线端4的电势
C．仅将电源E1、E2反向接入电路，电压表的示数不变
D．若适当减小R1、增大R2，则电压表示数一定增大
【答案】D
【知识点】霍尔元件
【解析】【解答】A．当开关S1、S2闭合后， 已知左侧线圈的电流方向，根据安培定则可判断出左侧线圈产生的磁场方向向上，经铁芯后在霍尔元件处的磁场方向向下，故A正确；B．通过霍尔元件的磁场方向向下，根据右边回路可以得出1端电势高于3端电势，霍尔元件内部导电物质运动方向从3到1，根据左手定则可以得出负电荷向右偏转，导电物质偏向接线端2，导电物质为电子，接线端2的电势低于接线端4的电势，故B正确；
C．仅将电源E1、E2反向接入电路，磁场反向，电流反向，霍尔元件中导电物质受到的洛伦兹力方向不变，电压表的示数不变，故C正确；
D．若适当减小R1，电流产生的磁场增强，通过霍尔元件的磁场增强；增大R2，流过霍尔元件的电流减弱；根据霍尔元件产生电压的表达式可知
U
可能减小，电压表示数可能减小，故D不正确。
本题选不正确的，故选：D。
【分析】利用安培定则可以判别磁场的方向；利用磁场的方向结合电子的运动方向可以判别电子的偏转方向，进而比较电势的高低；利用磁场反向，电流反向，霍尔元件中导电物质受到的洛伦兹力方向不变，电压表的示数不变；适当减小R1，电流产生的磁场增强，通过霍尔元件的磁场增强；增大R2，流过霍尔元件的电流减弱；根据霍尔元件产生电压的表达式可知电压表的读数不一定增大。
6．（3分）电磁俘能器由动磁铁、定磁铁和若干固定线圈组成，简化图如图所示。当受到外界激励时，动磁铁围绕定磁铁顺时针旋转，与线圈发生相对运动，线圈中会产生感应电流。若动磁铁产生的磁场垂直于纸面向外，下列说法正确的是（　　）
A．电磁俘能器的工作原理是电流的磁效应
B．如图位置时，线圈1和2中感应电流方向分别为逆时针和顺时针
C．如图位置时，线圈1和2中感应电流方向均为顺时针
D．如图位置时，线圈1和2中感应电流方向均为逆时针
【答案】B
【知识点】电磁感应的发现及产生感应电流的条件；楞次定律
【解析】【解答】A．工作原理是电磁感应（磁生电），不是电流的磁效应，故A错误；
BCD．动磁铁顺时针旋转，磁场垂直纸面向外：
线圈 1：磁通量向外增加，根据楞次定律，感应电流产生的磁场向里，电流方向为逆时针。
线圈 2：磁通量向外减少，感应电流产生的磁场向外，电流方向为顺时针。故 B 正确，CD 错误；
故答案为：B。
【分析】先明确电磁俘能器的工作原理为电磁感应，再根据楞次定律分析线圈 1、2 中磁通量的变化，进而判断感应电流的方向。
7．（3分）如图所示的电路中，A、B、C 是三个相同的灯泡，L是自感线圈，其电阻与灯泡电阻相等，电键S先闭合然后再断开，则（　　）
A．S闭合后，A立即亮而B、C慢慢亮
B．S闭合后，B、C立即亮而A慢慢亮
C．S断开后，B、C先变亮然后逐渐变暗
D．S断开后，A先变亮然后逐渐变暗
【答案】B
【知识点】自感与互感
【解析】【解答】AB．S闭合后，B、C立即亮，由于灯泡A与自感线圈串联，线圈会阻碍电流的增大，所以A慢慢变亮，故A错误，B正确；
CD．S断开后，由于线圈的作用阻碍电流的减小，所以A慢慢变暗，因为线圈电阻与灯泡电阻相等，所以在开关闭合时通过灯泡BC和A的电流大小相等，所以当开关断开后线圈与A、B、C构成闭合回路，此时B、C不会先变亮，而是逐渐变暗，故CD错误。
故选B。
【分析】一、电感线圈在电路中的特性
自感现象：线圈对电流变化有阻碍作用。
电流变化时：电流增加时：自感电动势阻碍电流增加 → 电流缓慢上升。
电流减少时：自感电动势阻碍电流减少 → 电流缓慢下降。
二、开关闭合时的暂态过程
不含电感的支路：B、C 与电源直接构成回路（无电感），通电瞬间立即亮。
含电感的支路：A 与线圈 L 串联，电流不能突变 → A 逐渐变亮。
最终稳定时，线圈 L 的直流电阻与灯泡电阻相等，各支路电流相等，亮度相同。
三、开关断开时的暂态过程
开关断开瞬间，线圈 L 产生自感电动势，阻碍电流减小。
线圈 L 与 A、B、C 构成闭合回路，电流从原来线圈中的电流开始逐渐减小（不会反向）。
关键：稳定时通过 L 和 A 的电流等于通过 B、C 的电流（因电阻相等，并联分流相同），所以断开后 B、C 不会出现“先变亮”的现象，而是与 A 一起逐渐变暗。
四、易错点辨析
1、误以为断开后 B、C 先变亮：
如果线圈电阻远小于灯泡电阻，稳定时线圈电流很大，断开瞬间线圈放电电流可能大于原来 B、C 的电流，导致 B、C 先闪亮再熄灭。
但本题明确“线圈电阻与灯泡电阻相等”，稳定时各支路电流相等，断开后放电电流等于原来电流，不会出现闪亮。
2、误以为断开后 A 先变亮：
自感电动势维持原电流方向，A 中电流方向不变，大小从原值逐渐减小，不会“先变亮”。
8．（3分）下列对各图的叙述，正确的是（　　）
A．图甲为一个单摆做受迫振动的振幅与驱动力频率的关系曲线，此单摆的固有频率约为
B．图乙为多普勒效应，静止在处的观察者比静止在处的观察者接收到的波的频率大
C．图丙为水波衍射图样，增大挡板间的间隙，衍射现象将更明显
D．图丁为振荡电路工作中的某一状态，此刻电容器正在放电
【答案】A
【知识点】受迫振动和共振；多普勒效应；波的衍射现象；电磁振荡
【解析】【解答】A．当孔的尺寸与波长差不多或者小于波长时会产生明显的衍射现象图甲为一个单摆做受迫振动的振幅与驱动力频率的关系曲线，当驱动力的频率等于固有频率时振幅最大，由图可知此单摆的固有频率约为，故A正确；
B．当孔的尺寸与波长差不多或者小于波长时会产生明显的衍射现象图乙为多普勒效应，波源在远离处的观察者，靠近处的观察者，则静止在处的观察者比静止在处的观察者接收到的波的频率小，故B错误；
C．图丙为水波衍射图样，当孔的尺寸与波长差不多或者小于波长时会产生明显的衍射现象，则减小挡板间的间隙，衍射现象将更明显，故C错误；
D．图丁根据线圈中的磁场方向结合右手螺旋定则可知，电流方向由下极板流向上极板，由板间场强方向可知，上极板带正电，下极板带负电，则此时电容器所带的电荷量正在增加，电容器正在充电，故D错误。
故答案为：A。
【分析】 逐一验证各图对应的物理原理：单摆受迫振动的共振条件、多普勒效应的频率变化规律、波发生明显衍射的条件、LC 振荡电路的充放电判断。
9．（3分）关于电磁波的发现及应用、能量量子化，下列说法正确的是（　　）
A．利用红外线的热效应能杀菌消毒，夜视仪利用了红外成像技术
B．X射线具有辐射性，可用来通信和广播
C．能量量子化指能量的连续性，微观粒子的能量值可以是任意值
D．普朗克提出了能量子假说，解决了黑体辐射的理论困难，提出了“量子”概念
【答案】D
【知识点】电磁波谱；电磁波的应用
【解析】【解答】A、紫外线具有杀菌消毒的功能，红外线由于频率低，不具有杀菌消毒的功能，而夜视仪利用红外线的成像技术，A错误；
B、X射线具有辐射性，而长波、中波、短波用来通信或广播，但波长都比X射线长，B错误；
C、能量量子化指的是微观粒子的能量只能是最小能量单位的整数倍，即微观粒子的能量是量子化的，不是连续的，只能是某些分立的值，C错误；
D、 普朗克提出了能量子假说， 解决了黑体辐射的理论困难，也提出了量子的概念。D正确。
故答案为：D。
【分析】本题考查电磁波的应用和能量子的向心知识，根据红外线、紫外线及X射线等常见光的功能进行分析判断，普朗克提出了量子假说，解决了黑体辐射的理论困难。微观粒子的能量量子化，能量是不连续的，是某些分立的值。
10．（3分）某种电感式微小位移传感器是将位移信号转换成电信号的装置，原理图如图所示。软铁芯在线圈中可以随着待测物体左右平移。下列说法正确的是（　　）
A．若只减小软铁芯的直径，该传感器的灵敏度降低
B．若待测物体向左平移，软铁芯插入线圈，电路中的电流将增大
C．若待测物体向右平移，软铁芯从线圈中拔出，线圈的自感系数增大
D．若a、b间接干电池和灵敏电流计，则该传感器可测量出待测物体的位移变化量
【答案】A
【知识点】生活中常见的传感器
【解析】【解答】A．如果软铁态的直径减小，那么软铁芯插入线圈时，与线圈的耦合面积减少，导致电感的变化量减少，则铁芯平移过程中，自感产生的电流变化量更小，位移信号转化为电信号不明显，所以导致灵敏度降低，故A正确；
B．当铁芯插入线圈，电感L增加，感抗增加，由于自感电流的影响，会导致电流减小，故B错误；
C．拔出铁芯会减小铁芯对自感电流的变化量，对线圈会减少线圈的电感，所以自感系数应该减小，故C错误。
D．若该传感器接干电池，电流为直流电，电感在直流电路中由于电流不变所以不会产生自感现象，稳定后不会随电感变化而变化，不能测量出待测物体的位移变化量，故D错误。
故选A。
【分析】软铁态的直径减小，那么软铁芯插入线圈时，与线圈的耦合面积减少，导致电感的变化量减少，则铁芯平移过程中，自感产生的电流变化量更小，位移信号转化为电信号不明显；当铁芯插入线圈，电感L增加，感抗增加，由于自感电流的影响，会导致电流减小；拔出铁芯会减小铁芯对自感电流的变化量，所以自感系数应该减小；电感在直流电路中由于电流不变所以不会产生自感现象，稳定后不会随电感变化而变化，不能测量出待测物体的位移变化量。
二、多项选择题(共3题；共12分)
11．（4分）“胜哥”梳理光学知识得出下列结论，其中正确的是（　　）
A．白光通过三棱镜后在屏上出现彩色条纹是光的干涉现象
B．红光由空气进入水中，波速变小，颜色不变
C．光纤由内芯和外套两层组成，外套的折射率小于内芯的折射率
D．红光在玻璃砖中的传播速度比紫光在玻璃砖中的传播速度小
【答案】B,C
【知识点】光的折射及折射定律；光导纤维及其应用
【解析】【解答】A．白光通过三棱镜出现彩色条纹，是不同色光折射率不同导致的色散现象（光的折射），而非干涉，A错误；
B．红光由空气进入水中，波速变小，因频率不变，则颜色不变，B正确；
C．光纤传输利用全反射，全反射需光从光密介质射向光疏介质，故内芯折射率大于外套折射率，C正确；
D．红光频率小于紫光，则玻璃对红光的折射率较小，根据可知，红光在玻璃砖中的传播速度比紫光在玻璃砖中的传播速度大，D错误。
故答案为：BC。
【分析】结合光的色散、折射、全反射及光速与折射率的关系，逐一分析选项。
12．（4分） 有关电荷所受电场力和洛沦兹力的说法中，正确的是（　　）
A．电荷在磁场中一定受磁场力的作用
B．电荷在电场中一定受电场力的作用
C．电荷受电场力的方向与该处的电场方向一致
D．电荷若受磁场力，则受力方向与该处的磁场方向垂直
【答案】B,D
【知识点】电场强度；左手定则—磁场对带电粒子的作用
【解析】【解答】A.当电荷在磁场中静止或平行磁场方向运动时，电荷不受洛伦兹力，A不符合题意；
B.无论是静止的电荷还是运动的电荷，在电场中都一定会受到电场力作用，B不符合题意；
C.根据电场强度的方向规定可知，正电荷所受电场力方向与该处的电场强度方向相同，负电荷所受电场力方向与该处的电场强度方向相反，C不符合题意；
D.根据左手定则知，电荷若受磁场力（洛伦兹力），则所受洛伦兹力的方向与该处磁场方向垂直，D符合题意。
故答案为：BD。
【分析】当电荷在磁场中静止或平行磁场方向运动时不受洛伦兹力作用；电场对放入其中的电荷一定有力的作用，这是电场的基本性质；根据电场强度的方向规定分析；电荷在磁场中受到的洛伦兹力方向一定与磁场方向和速度方向垂直。
13．（4分）固定在水平面内足够长的光滑平行金属直导轨与电动势E=12V的直流电源、电容C=0.1F的电容器和阻值R=1Ω的定值电阻组成了如图所示的电路。空间内存在方向竖直向上、磁感应强度大小B=1T的匀强磁场，质量m=0.1kg、阻值r=0.5Ω的金属棒 ab 静置在水平直导轨上，金属棒 ab 的长度和导轨间距均为L=1m。闭合开关，给电容器充电，经足够长时间后断开，同时将接“1”，金属棒 ab从静止开始先加速后匀速，匀速运动后将接“2”，金属棒 ab 做减速运动并最终静止在导轨上。已知重力加速度导轨电阻不计，金属棒 ab始终与导轨垂直且接触良好，下列说法正确的是（　　）
A．电容器完成充电时所带的电荷量为 120C
B．金属棒 ab匀速运动时的速度大小为3m /s
C．金属棒 ab 加速过程中电容器放出的电荷量为0.6C
D．金属棒 ab减速过程中运动的位移大小为0.9m
【答案】C,D
【知识点】电磁感应中的动力学问题；电磁感应中的能量类问题
【解析】【解答】A．电容器完成充电时所带的电荷量，故A错误；
BC．在金属棒 ab匀速时，根据法拉第电磁感应定律有，在加速过程中，对金属棒 ab，根据动量定理可得
又，可得，其中，联立解得，，故B错误，C正确；
D．减速过程中，对金属棒 ab应用动量定理得，又，
联立可得，即，解得x=0.9m，故D正确。
故答案为：CD。
【分析】本题考查电容器充放电、电磁感应中的动量定理应用，核心是结合电容器充电公式、法拉第电磁感应定律、动量定理，分别分析电容器电荷量、金属棒速度、放电电荷量及减速位移。
三、非选择题(共7题；共58分)
14．（8分）“胜哥”利用压敏电阻制作汽车油量深度表的装置如图（a）所示。所用器材有：压敏电阻，压敏电阻的阻值与容器内所装汽油的深度h的关系如图（b）所示；电源（电动势18V，内阻不计）；电流表（量程0.6A，内阻不计）；滑动变阻器（最大电阻）；定值电阻（阻值）；开关；容器；汽油；导线若干。 容器底部的汽油与压敏电阻接触的位置抽出棉线
（1）（2分）把电流表改装成量程为的汽车油量深度表，正确连接图所示电路，断开开关，滑动变阻器的滑片置于　 　（填“”或“”）端。
（2）（2分）容器里装深度的汽油，闭合开关，调节滑动变阻器的滑片，使电流表的示数达到满偏，滑动变阻器接入电路的阻值为　 　。
（3）（2分）“胜哥”改变容器所装汽油的深度，把电流表的示数标上相应的深度，改装后的深度刻度是　 　（填“均匀”或“不均匀”）的；深度应该对应电流表的示数为　 　（保留位有效数字）。
（4）（2分）如果要把汽车油量深度表的量程从改为，滑动变阻器应该怎么调节　 　。
【答案】（1）b
（2）10
（3）不均匀；0.14
（4）调节滑动变阻器的滑片P向b端滑动，增大滑动变阻器接入电路的电阻
【知识点】常见传感器的工作原理及应用
【解析】【解答】（1）由图（a）可知，滑动变阻器采用的是限流式接法，在闭合开关S前，应将滑动变阻器的滑片移至b端，则滑动变阻器的有效电阻最大，则在闭合S后，开始时电路的电流较小，从而保证电路安全。
故答案为： b
（2）由图（b）可知，当汽油的深度的40cm时，压敏电阻的阻值为，闭合开关，调节滑动变阻器的滑片，使电流表的示数达到满偏，根据闭合电路欧姆定律有
其中，，
解得
故答案为： 10
（3）设容器所装汽油的深度为，对应电流表的示数为，由图（b）可知，压敏电阻与深度不是线性关系，根据闭合电路欧姆定律有
可知与压敏电阻也不是线性关系，故改装后的深度刻度是不均匀的；
由图（b）可知，当汽油的深度的0cm时，压敏电阻的阻值为，根据闭合电路欧姆定律有
故答案为： 不均匀； 0.14
（4）如果要把汽车油量深度表的量程从改为，则压敏电阻的阻值减小，电流表的最大量程不变，根据闭合电路欧姆定律有
可知应让滑动变阻器的有效电阻增大，即应调节滑动变阻器的滑片P向b端滑动，增大滑动变阻器接入电路的电阻。
故答案为： 调节滑动变阻器的滑片P向b端滑动，增大滑动变阻器接入电路的电阻
【分析】(1) 滑动变阻器采用分压式接法时，断开开关前滑片应置于使接入电阻最大的一端，保护电路；
(2) 先由满偏电流和电路总电阻，结合串并联规律求滑动变阻器接入阻值；
(3) 根据压敏电阻阻值与深度的非线性关系，判断刻度均匀性，再计算0cm 深度时的电流；
(4) 量程扩大后，需调整滑动变阻器接入阻值以适配新的压敏电阻阻值。
（1）由图（a）可知，滑动变阻器采用的是限流式接法，在闭合开关S前，应将滑动变阻器的滑片移至b端，则滑动变阻器的有效电阻最大，则在闭合S后，开始时电路的电流较小，从而保证电路安全。
（2）由图（b）可知，当汽油的深度的40cm时，压敏电阻的阻值为，闭合开关，调节滑动变阻器的滑片，使电流表的示数达到满偏，根据闭合电路欧姆定律有
其中，，
解得
（3）[1]设容器所装汽油的深度为，对应电流表的示数为。由图（b）可知，压敏电阻与深度不是线性关系，根据闭合电路欧姆定律有
可知与压敏电阻也不是线性关系，故改装后的深度刻度是不均匀的；
[2]由图（b）可知，当汽油的深度的0cm时，压敏电阻的阻值为，根据闭合电路欧姆定律有
（4）如果要把汽车油量深度表的量程从改为，则压敏电阻的阻值减小，电流表的最大量程不变，根据闭合电路欧姆定律有
可知应让滑动变阻器的有效电阻增大，即应调节滑动变阻器的滑片P向b端滑动，增大滑动变阻器接入电路的电阻。
15．（6分）如图所示，“胜哥”用“插针法”测量一等腰直角三角形玻璃砖的折射率。主要步骤如下：
（1）在白纸上画一条直线ab，并画出其垂线cd，交于O点；
（2）将玻璃砖斜边AB沿ab放置，并确定直角边BC的位置ef，cd与ef的交点为O'；
（3）在cd上竖直插上大头针P1和P2，从侧面BC透过玻璃砖观察P1和P2，插上大头针P3，要求P3能挡住　 　（选填“P1”“P2”或“P1和P2”）的虚像；
（4）撤去玻璃砖和大头针，连接P3与O'，过P3作ef的垂线，垂足为D，用刻度尺量出（O'D的长度L1，O'P3的长度L2，则玻璃砖的折射率n=　 　。（用题给物理量字母表示）
（5）为了减小实验误差，大头针P3的位置应离O'较　 　（选填“近”或“远”）一些。
【答案】P1和P2；；远
【知识点】测定玻璃的折射率
【解析】【解答】实验要求P1和P2在一条光线上，该光线透过玻璃砖后过P3，故P3要挡住P1和P2的像；
作出光线在分界面处的法线，如图所示
根据折射定律可得
为了减小实验误差，大头针P3的位置应离O'较远一些，光线所在的方向更准确。
故答案为： P1和P2 ；； 远
【分析】(1) 根据插针法测折射率的实验原理，分析需挡住的像的对象；
(2) 结合等腰直角三角形的几何特征与折射定律，推导折射率的表达式；
(3) 从减小角度测量误差的角度，分析与的距离选择。
16．（8分）“胜哥”利用气垫导轨验证动量守恒定律，实验装置如图所示。
（1）（2分）下列操作需要进行的是________；
A．测出遮光条的宽度
B．将气垫导轨调至水平
C．用天平测得滑块（含遮光条）、（含橡皮泥）的质量、
D．测出气垫导轨的长度
（2）（2分）“胜哥”将滑块推至光电门1的左侧，将滑块放在光电门1和2之间。向右轻推一下滑块，滑块通过光电门1后与静止的滑块碰撞粘合一起以共同速度通过光电门2。测得滑块通过光电门1、2的时间分别为和。在误差允许的范围内，只需验证等式　 　（用题中所给的字母表示）成立，即说明碰撞过程中，系统动量守恒；
（3）（4分）某次实验中测得，，可知滑块，的质量比值为　 　，二者碰撞过程中损失的机械能与碰前的初动能的比值为　 　。
【答案】（1）B；C
（2）
（3）（或）；（或）
【知识点】验证动量守恒定律；用打点计时器测速度
【解析】【解答】（1）ACD．遮光条宽度为，由题意可知滑块碰滑块前速度大小，滑块碰滑块后整体速度
规定向右为正方向，由动量守恒有，联立解得，所以不需要测出遮光条的宽度d和气垫导轨的长度L，需要测出两个滑块质量，故C正确，AD错误。
B．因为系统动量守恒的条件是系统合外力为0，所以要将导轨调水平，故B正确；
故答案为：BC。
（2）滑块a碰前速度，碰后共同速度，动量守恒：，代入速度表达式，约去得：
故答案为：
（3）将，，代入，可得的质量比为；动能和动量有数量关系：，又碰撞前后系统动量守恒，则碰撞前后系统动能之比为，所以二者碰撞过程中损失的机械能与碰之前的初动能的比值。
故答案为：（或）；（或）
【分析】（1）实验操作的关键是保证动量守恒的条件（合外力为0），同时需测量参与碰撞的物体质量。
（2）动量守恒的验证：将速度用“遮光条宽度除以光电门时间”表示，代入动量守恒式，约去公共量得到验证等式。
（3）质量比值：利用（2）的验证等式，代入时间数据直接求解；机械能损失比值：通过动能公式，结合质量比值计算损失的动能与初动能的比例。
（1）B．因为系统动量守恒的条件是系统合外力为0，所以要将导轨调水平，故B正确；
ACD．遮光条宽度为，由题意可知滑块碰滑块前速度大小，滑块碰滑块后整体速度
规定向右为正方向，由动量守恒有
联立解得
所以不需要测出遮光条的宽度d和气垫导轨的长度L，需要测出两个滑块质量，故C正确，AD错误。
故选BC。
（2）见（1）详解。
（3）[1]将，，代入，可得的质量比为；
[2]动能和动量有数量关系：，又碰撞前后系统动量守恒，则碰撞前后系统动能之比为
所以二者碰撞过程中损失的机械能与碰之前的初动能的比值。
17．（9分）一长度为L、质量为M的木板静止放置在光滑水平地面上，一质量为m的青蛙静止蹲在木板的左端。“胜哥”发现：青蛙竖直向上起跳时，能上升的最大高度为h。青蛙向右上方起跳时，恰好能落至长木板右端。设青蛙（看作质点）每次起跳做功相同，忽略空气阻力，重力加速度为g。求：
（1）（3分）每次青蛙起跳做的功W；
（2）（3分）青蛙向右上方起跳恰好落在木板右端时的水平位移大小（用木板长度L表示）；
（3）（3分）若青蛙在水平地面上起跳，则其落地时的最大水平位移大小（用h表示）；
【答案】（1）解：对青蛙竖直起跳过程列动能定理
解得每次青蛙起跳做的功
（2）解：对青蛙在木板上向右上方起跳过程
由几何关系
联立解得
（3）解：青蛙在地面上起跳时，设青蛙起跳初速度大小为，方向与水平方向夹角为，运动时间为，则竖直方向
水平方向
联立解得
则当时，
对青蛙起跳
解得青蛙水平方向上最大位移为
【知识点】斜抛运动；动能定理的综合应用；人船模型
【解析】【分析】（1）直接应用动能定理，结合竖直上抛的能量转化，求解起跳做功，体现功与能的直接关联。
（2）利用水平方向动量守恒与几何位移关系，推导相对位移，体现系统动量守恒的应用。
（3）通过抛体运动的分解与三角函数极值，结合动能定理，求解最大水平位移，体现抛体运动与能量的综合分析。
（1）对青蛙竖直起跳过程列动能定理
解得每次青蛙起跳做的功
（2）对青蛙在木板上向右上方起跳过程
由几何关系
联立解得
（3）青蛙在地面上起跳时，设青蛙起跳初速度大小为，方向与水平方向夹角为，运动时间为，则竖直方向
水平方向
联立解得
则当时，
对青蛙起跳
解得青蛙水平方向上最大位移为
18．（9分）如图所示，一圆心为O、半径、质量的光滑半圆形轨道竖直放在足够大的光滑水平面上并锁定，其下端A点与静置于水平面上长、质量的薄板右端相切且紧靠。质量的物块甲静置于薄板的左端，物块乙静置于薄板的右端。甲在大小、方向水平向右的恒定拉力作用下由静止开始运动，当甲到达薄板的右端时撤去拉力，甲与乙发生弹性正碰（碰撞时间极短），碰撞后乙沿半圆形轨道通过最高点C，随后立即取走乙；甲沿半圆形轨道运动到与O点等高的B点时的速度为零。已知甲与薄板间的动摩擦因数，乙与薄板间的动摩擦因数，取重力加速度大小，最大静摩擦力均与相应的滑动摩擦力相等，甲、乙均视为质点。
（1）求甲与乙碰撞前瞬间甲的速度大小；
（2）求乙的质量以及乙通过C点时对半圆形轨道的弹力大小N；
（3）若将半圆形轨道解锁，在乙的左侧涂上黏性物质（甲，乙碰撞后黏在一起），在甲、乙碰撞前瞬间撤去拉力，其他情况不变，求甲最终与薄板左端间的距离x以及甲的最终速度大小。
【答案】解：（1）设在拉力作用的过程中甲的加速度大小为，根据牛顿第二定律有
解得
根据匀变速直线运动的规律有
解得
（2）设甲与乙发生碰撞后瞬间的速度大小分别为、，则有
，
对甲从A点运动到B点的过程，根据机械能守恒定律有
解得
设乙通过C点时的速度大小为，对乙从A点运动到C点的过程，根据机械能守恒定律有
设乙通过C点时所受半圆形轨道的弹力大小为，则有
根据牛顿第三定律有
解得
（3）假设撤去拉力前甲，乙均在薄板上滑行，薄板的加速度大小为a，乙的加速度大小为，则有
，
解得
，
因为
所以假设成立，设经时间t，甲与乙发生碰撞，根据匀变速直线运动的规律有
解得
当甲与乙发生碰撞时，甲与薄板左端间的距离
解得
碰撞前瞬间甲、乙的速度大小分别为
，
设甲与乙碰撞后瞬间的共同速度大小为，根据动量守恒定律有
解得
因为此时薄板的速度大小
所以碰撞后甲，乙、薄板的速度相同，故有
【知识点】碰撞模型；动量与能量的综合应用一板块模型
【解析】【分析】（1）根据牛顿第二定律求解加速度，根据匀变速直线运动的规律求解速度；
（2）甲与乙发生弹性碰撞，结合甲从A点运动到B点的过程，机械能守恒求解碰后乙的速度，对乙从A点运动到C点的过程，根据机械能守恒定律求解在C点速度，根据牛顿运动定律求解 对半圆形轨道的弹力大小 ；
（3）经时间t，甲与乙发生碰撞，根据运动学公式求解时间以及甲与乙发生碰撞时，甲与薄板左端间的距离，根据动量守恒定律求解碰后速度，碰撞后甲，乙、薄板的速度相同，碰后速度即为甲最终速度。
19．（9分）如图所示，在xOy直角坐标系第二象限内存在沿x轴正方向的匀强电场，电场强度大小为E（未知）。第一象限内分界线OP与x轴夹角为，OP以上的区域I中存在垂直纸面向外的匀强磁场，磁感应强度大小为B（未知），OP以下的区域Ⅱ中存在大小为2E（未知）、方向竖直向下的匀强电场和垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小也为B（未知）。一质量为m、电荷量为q的带正电粒子从（，0）点以初速度沿y轴正向进入第二象限，由（0，）点进入第一象限，后经Q点垂直穿过分界线OP进入区域Ⅱ中，不计空气阻力、粒子重力及电磁场的边界效应。求：
（1）（3分）第二象限内电场强度E的大小；
（2）（3分）区域Ⅰ中磁场的磁感应强度B的大小；
（3）（3分）粒子在区域Ⅱ中运动时，粒子从Q点到第一次运动到最低点的过程中的水平位移大小。
【答案】（1）解：粒子从M点到N点过程做类平抛运动，沿y方向有
沿x方向有，
联立解得
（2）解：粒子经过N点时沿电场方向的分速度
粒子经过N点的速度大小
速度与x轴正向的夹角满足
可得
由几何关系可知
由洛伦兹力提供向心力得
解得
（3）解：取一个水平向右的速度使得其对应的洛伦兹力和竖直向下的电场力平衡，则有
解得
粒子以速度水平向右做匀速直线运动，粒子做圆周运动的分速度为
解得
由
解得
粒子从Q点第一次运动到最低点的时间
由
解得
【知识点】带电粒子在电场与磁场混合场中的运动
【解析】【分析】(1) 粒子从 M 到 N 做类平抛运动，沿 y、x 方向列运动学方程，结合牛顿第二定律，联立求解电场强度 E。
(2) 先求粒子在 N 点的电场方向分速度，计算合速度与速度夹角，由几何关系得圆周运动半径，再根据洛伦兹力提供向心力，求解磁感应强度 B。
(3) 先通过受力平衡确定水平匀速分速度，得到圆周运动分速度与半径，计算圆周运动时间，结合水平匀速位移，求解 Q 点到最低点的水平距离 x。
（1）粒子从M点到N点过程做类平抛运动，沿y方向有
沿x方向有，
联立解得
（2）粒子经过N点时沿电场方向的分速度
粒子经过N点的速度大小
速度与x轴正向的夹角满足
可得
由几何关系可知
由洛伦兹力提供向心力得
解得
（3）取一个水平向右的速度使得其对应的洛伦兹力和竖直向下的电场力平衡，则有
解得
粒子以速度水平向右做匀速直线运动，粒子做圆周运动的分速度为
解得
由
解得
粒子从Q点第一次运动到最低点的时间
由
解得
20．（9分）如图所示，矩形闭合导线框ABCD处于磁感应强度大小为的水平匀强磁场中，绕垂直于磁场的轴以角速度匀速转动，线框共10匝，面积，电阻，通过导线与一阻值的定值电阻相连，所有电表均为理想交流电表。（计算结果可保留根号）
（1）（3分）将图示时刻记为，写出该正弦式交流电电动势的瞬时值表达式；
（2）（3分）电压表、电流表的示数；
（3）（3分）转动一周的过程中，整个电路产生的热量。
【答案】（1）解：线圈转动时，产生的感应电动势最大值为
由图可知，图示时刻线圈平面与磁场方向平行，该时刻的磁通量为0，磁通量变化率最大，感应电动势最大，则将图示时刻记为，该正弦式交流电电动势的瞬时值表达式为
（2）解：电动势的有效值为
则电流表的示数为
电压表的示数为
（3）解：转动一周的过程中，整个电路产生的热量为
【知识点】交变电流的产生及规律；交变电流的图像与函数表达式；法拉第电磁感应定律
【解析】【分析】（1）利用交变电流产生的特点和规律，结合线圈的位置可求出交流电电动势的瞬时值表达式；（2）电表示数为有效值，根据交变电流最大值与有效值的关系式可得出电压表的示数；（3）利用焦耳定律可求出电路中的焦耳热大小。
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人教版高二物理下期末检测卷1（学生版）（选择性必修一二）
一、选择题(共10题；共30分)
1．（3分）“胜哥”在“用单摆测定重力加速度”的实验中，用力传感器测得摆线的拉力大小F随时间t变化的图象如图所示，已知单摆的摆长为l，则重力加速度g为（　　）
A． B． C． D．
2．（3分）两列频率均为f、振幅相同的简谐横波在某一区域叠加后形成稳定的干涉，某时刻的干涉图样如图所示，实线表示波峰，虚线表示波谷，A、B、C、D、O为叠加区域的五个质点，其中O为线段的交点，关于这五个质点，下列说法正确的是（　　）
A．B点始终处在波峰 B．A点振动速度始终为零
C．A、O、C均为振动减弱点 D．D点的振动频率为
3．（3分）如图所示，“胜哥”将一个玻璃圆台放置在一块平面玻璃上，圆台的纵截面为等腰梯形。让红光垂直圆台的上表面入射，从上向下观察，可以看到明暗相间的同心圆环状条纹。下列说法正确的是（　　）
A．环状条纹是圆台上表面和侧面的反射光叠加形成的
B．从圆心向外环状条纹越来越稀疏
C．改用紫光入射，条纹间距变小
D．用同一单色光入射，圆台侧面与玻璃平面的夹角越小，条纹间距越小
4．（3分）竖直平面内有轻绳1、2、3连接如图所示。绳1水平，绳2与水平方向成角，绳3的下端连接一质量为m的导体棒1，在结点O正下方距离处固定一导体棒2，两导体棒均垂直于纸面放置。现将导体棒1中通入向里的电流I0，导体棒2中通入向外且缓慢增大的电流I。当增大到某个值时，给导体棒1以向右的轻微扰动，可观察到它缓慢上升到绳1所处的水平线上。绳3的长度为d，两导体棒长度均为l，重力加速度为g。导体棒2以外距离为x处的磁感应强度大小为，下列说法正确的是（　　）
A．应在时给导体棒1以轻微的扰动
B．绳1中拉力的最大值为
C．绳2中拉力的最小值为
D．导体棒2中电流的最大值为
5．（3分）如图所示，导电物质为电子的霍尔元件样品置于磁场中，表面与磁场方向垂直，图中的1、2、3、4是霍尔元件上的四个接线端。当开关S1、S2闭合后，三个电表都有明显示数，下列说法错误的是（　　）
A．通过霍尔元件的磁场方向向下
B．接线端2的电势低于接线端4的电势
C．仅将电源E1、E2反向接入电路，电压表的示数不变
D．若适当减小R1、增大R2，则电压表示数一定增大
6．（3分）电磁俘能器由动磁铁、定磁铁和若干固定线圈组成，简化图如图所示。当受到外界激励时，动磁铁围绕定磁铁顺时针旋转，与线圈发生相对运动，线圈中会产生感应电流。若动磁铁产生的磁场垂直于纸面向外，下列说法正确的是（　　）
A．电磁俘能器的工作原理是电流的磁效应
B．如图位置时，线圈1和2中感应电流方向分别为逆时针和顺时针
C．如图位置时，线圈1和2中感应电流方向均为顺时针
D．如图位置时，线圈1和2中感应电流方向均为逆时针
7．（3分）如图所示的电路中，A、B、C 是三个相同的灯泡，L是自感线圈，其电阻与灯泡电阻相等，电键S先闭合然后再断开，则（　　）
A．S闭合后，A立即亮而B、C慢慢亮
B．S闭合后，B、C立即亮而A慢慢亮
C．S断开后，B、C先变亮然后逐渐变暗
D．S断开后，A先变亮然后逐渐变暗
8．（3分）下列对各图的叙述，正确的是（　　）
A．图甲为一个单摆做受迫振动的振幅与驱动力频率的关系曲线，此单摆的固有频率约为
B．图乙为多普勒效应，静止在处的观察者比静止在处的观察者接收到的波的频率大
C．图丙为水波衍射图样，增大挡板间的间隙，衍射现象将更明显
D．图丁为振荡电路工作中的某一状态，此刻电容器正在放电
9．（3分）关于电磁波的发现及应用、能量量子化，下列说法正确的是（　　）
A．利用红外线的热效应能杀菌消毒，夜视仪利用了红外成像技术
B．X射线具有辐射性，可用来通信和广播
C．能量量子化指能量的连续性，微观粒子的能量值可以是任意值
D．普朗克提出了能量子假说，解决了黑体辐射的理论困难，提出了“量子”概念
10．（3分）某种电感式微小位移传感器是将位移信号转换成电信号的装置，原理图如图所示。软铁芯在线圈中可以随着待测物体左右平移。下列说法正确的是（　　）
A．若只减小软铁芯的直径，该传感器的灵敏度降低
B．若待测物体向左平移，软铁芯插入线圈，电路中的电流将增大
C．若待测物体向右平移，软铁芯从线圈中拔出，线圈的自感系数增大
D．若a、b间接干电池和灵敏电流计，则该传感器可测量出待测物体的位移变化量
二、多项选择题(共3题；共12分)
11．（4分）“胜哥”梳理光学知识得出下列结论，其中正确的是（　　）
A．白光通过三棱镜后在屏上出现彩色条纹是光的干涉现象
B．红光由空气进入水中，波速变小，颜色不变
C．光纤由内芯和外套两层组成，外套的折射率小于内芯的折射率
D．红光在玻璃砖中的传播速度比紫光在玻璃砖中的传播速度小
12．（4分） 有关电荷所受电场力和洛沦兹力的说法中，正确的是（　　）
A．电荷在磁场中一定受磁场力的作用
B．电荷在电场中一定受电场力的作用
C．电荷受电场力的方向与该处的电场方向一致
D．电荷若受磁场力，则受力方向与该处的磁场方向垂直
13．（4分）固定在水平面内足够长的光滑平行金属直导轨与电动势E=12V的直流电源、电容C=0.1F的电容器和阻值R=1Ω的定值电阻组成了如图所示的电路。空间内存在方向竖直向上、磁感应强度大小B=1T的匀强磁场，质量m=0.1kg、阻值r=0.5Ω的金属棒 ab 静置在水平直导轨上，金属棒 ab 的长度和导轨间距均为L=1m。闭合开关，给电容器充电，经足够长时间后断开，同时将接“1”，金属棒 ab从静止开始先加速后匀速，匀速运动后将接“2”，金属棒 ab 做减速运动并最终静止在导轨上。已知重力加速度导轨电阻不计，金属棒 ab始终与导轨垂直且接触良好，下列说法正确的是（　　）
A．电容器完成充电时所带的电荷量为 120C
B．金属棒 ab匀速运动时的速度大小为3m /s
C．金属棒 ab 加速过程中电容器放出的电荷量为0.6C
D．金属棒 ab减速过程中运动的位移大小为0.9m
三、非选择题(共7题；共58分)
14．（8分）“胜哥”利用压敏电阻制作汽车油量深度表的装置如图（a）所示。所用器材有：压敏电阻，压敏电阻的阻值与容器内所装汽油的深度h的关系如图（b）所示；电源（电动势18V，内阻不计）；电流表（量程0.6A，内阻不计）；滑动变阻器（最大电阻）；定值电阻（阻值）；开关；容器；汽油；导线若干。 容器底部的汽油与压敏电阻接触的位置抽出棉线
（1）（2分）把电流表改装成量程为的汽车油量深度表，正确连接图所示电路，断开开关，滑动变阻器的滑片置于　 　（填“”或“”）端。
（2）（2分）容器里装深度的汽油，闭合开关，调节滑动变阻器的滑片，使电流表的示数达到满偏，滑动变阻器接入电路的阻值为　 　。
（3）（2分）“胜哥”改变容器所装汽油的深度，把电流表的示数标上相应的深度，改装后的深度刻度是　 　（填“均匀”或“不均匀”）的；深度应该对应电流表的示数为　 　（保留位有效数字）。
（4）（2分）如果要把汽车油量深度表的量程从改为，滑动变阻器应该怎么调节　 　。
15．（6分）如图所示，“胜哥”用“插针法”测量一等腰直角三角形玻璃砖的折射率。主要步骤如下：
（1）在白纸上画一条直线ab，并画出其垂线cd，交于O点；
（2）将玻璃砖斜边AB沿ab放置，并确定直角边BC的位置ef，cd与ef的交点为O'；
（3）在cd上竖直插上大头针P1和P2，从侧面BC透过玻璃砖观察P1和P2，插上大头针P3，要求P3能挡住　 　（选填“P1”“P2”或“P1和P2”）的虚像；
（4）撤去玻璃砖和大头针，连接P3与O'，过P3作ef的垂线，垂足为D，用刻度尺量出（O'D的长度L1，O'P3的长度L2，则玻璃砖的折射率n=　 　。（用题给物理量字母表示）
（5）为了减小实验误差，大头针P3的位置应离O'较　 　（选填“近”或“远”）一些。
16．（8分）“胜哥”利用气垫导轨验证动量守恒定律，实验装置如图所示。
（1）（2分）下列操作需要进行的是________；
A．测出遮光条的宽度
B．将气垫导轨调至水平
C．用天平测得滑块（含遮光条）、（含橡皮泥）的质量、
D．测出气垫导轨的长度
（2）（2分）“胜哥”将滑块推至光电门1的左侧，将滑块放在光电门1和2之间。向右轻推一下滑块，滑块通过光电门1后与静止的滑块碰撞粘合一起以共同速度通过光电门2。测得滑块通过光电门1、2的时间分别为和。在误差允许的范围内，只需验证等式　 　（用题中所给的字母表示）成立，即说明碰撞过程中，系统动量守恒；
（3）（4分）某次实验中测得，，可知滑块，的质量比值为　 　，二者碰撞过程中损失的机械能与碰前的初动能的比值为　 　。
17．（9分）一长度为L、质量为M的木板静止放置在光滑水平地面上，一质量为m的青蛙静止蹲在木板的左端。“胜哥”发现：青蛙竖直向上起跳时，能上升的最大高度为h。青蛙向右上方起跳时，恰好能落至长木板右端。设青蛙（看作质点）每次起跳做功相同，忽略空气阻力，重力加速度为g。求：
（1）（3分）每次青蛙起跳做的功W；
（2）（3分）青蛙向右上方起跳恰好落在木板右端时的水平位移大小（用木板长度L表示）；
（3）（3分）若青蛙在水平地面上起跳，则其落地时的最大水平位移大小（用h表示）；
18．（9分）如图所示，一圆心为O、半径、质量的光滑半圆形轨道竖直放在足够大的光滑水平面上并锁定，其下端A点与静置于水平面上长、质量的薄板右端相切且紧靠。质量的物块甲静置于薄板的左端，物块乙静置于薄板的右端。甲在大小、方向水平向右的恒定拉力作用下由静止开始运动，当甲到达薄板的右端时撤去拉力，甲与乙发生弹性正碰（碰撞时间极短），碰撞后乙沿半圆形轨道通过最高点C，随后立即取走乙；甲沿半圆形轨道运动到与O点等高的B点时的速度为零。已知甲与薄板间的动摩擦因数，乙与薄板间的动摩擦因数，取重力加速度大小，最大静摩擦力均与相应的滑动摩擦力相等，甲、乙均视为质点。
（1）求甲与乙碰撞前瞬间甲的速度大小；
（2）求乙的质量以及乙通过C点时对半圆形轨道的弹力大小N；
（3）若将半圆形轨道解锁，在乙的左侧涂上黏性物质（甲，乙碰撞后黏在一起），在甲、乙碰撞前瞬间撤去拉力，其他情况不变，求甲最终与薄板左端间的距离x以及甲的最终速度大小。
19．（9分）如图所示，在xOy直角坐标系第二象限内存在沿x轴正方向的匀强电场，电场强度大小为E（未知）。第一象限内分界线OP与x轴夹角为，OP以上的区域I中存在垂直纸面向外的匀强磁场，磁感应强度大小为B（未知），OP以下的区域Ⅱ中存在大小为2E（未知）、方向竖直向下的匀强电场和垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小也为B（未知）。一质量为m、电荷量为q的带正电粒子从（，0）点以初速度沿y轴正向进入第二象限，由（0，）点进入第一象限，后经Q点垂直穿过分界线OP进入区域Ⅱ中，不计空气阻力、粒子重力及电磁场的边界效应。求：
（1）（3分）第二象限内电场强度E的大小；
（2）（3分）区域Ⅰ中磁场的磁感应强度B的大小；
（3）（3分）粒子在区域Ⅱ中运动时，粒子从Q点到第一次运动到最低点的过程中的水平位移大小。
20．（9分）如图所示，矩形闭合导线框ABCD处于磁感应强度大小为的水平匀强磁场中，绕垂直于磁场的轴以角速度匀速转动，线框共10匝，面积，电阻，通过导线与一阻值的定值电阻相连，所有电表均为理想交流电表。（计算结果可保留根号）
（1）（3分）将图示时刻记为，写出该正弦式交流电电动势的瞬时值表达式；
（2）（3分）电压表、电流表的示数；
（3）（3分）转动一周的过程中，整个电路产生的热量。
答案
1．D
2．B
3．C
4．B
5．D
6．B
7．B
8．A
9．D
10．A
11．B,C
12．B,D
13．C,D
14．（1）b
（2）10
（3）不均匀；0.14
（4）调节滑动变阻器的滑片P向b端滑动，增大滑动变阻器接入电路的电阻
15．P1和P2；；远
16．（1）B；C
（2）
（3）（或）；（或）
17．（1）解：对青蛙竖直起跳过程列动能定理
解得每次青蛙起跳做的功
（2）解：对青蛙在木板上向右上方起跳过程
由几何关系
联立解得
（3）解：青蛙在地面上起跳时，设青蛙起跳初速度大小为，方向与水平方向夹角为，运动时间为，则竖直方向
水平方向
联立解得
则当时，
对青蛙起跳
解得青蛙水平方向上最大位移为
18．解：（1）设在拉力作用的过程中甲的加速度大小为，根据牛顿第二定律有
解得
根据匀变速直线运动的规律有
解得
（2）设甲与乙发生碰撞后瞬间的速度大小分别为、，则有
，
对甲从A点运动到B点的过程，根据机械能守恒定律有
解得
设乙通过C点时的速度大小为，对乙从A点运动到C点的过程，根据机械能守恒定律有
设乙通过C点时所受半圆形轨道的弹力大小为，则有
根据牛顿第三定律有
解得
（3）假设撤去拉力前甲，乙均在薄板上滑行，薄板的加速度大小为a，乙的加速度大小为，则有
，
解得
，
因为
所以假设成立，设经时间t，甲与乙发生碰撞，根据匀变速直线运动的规律有
解得
当甲与乙发生碰撞时，甲与薄板左端间的距离
解得
碰撞前瞬间甲、乙的速度大小分别为
，
设甲与乙碰撞后瞬间的共同速度大小为，根据动量守恒定律有
解得
因为此时薄板的速度大小
所以碰撞后甲，乙、薄板的速度相同，故有
19．（1）解：粒子从M点到N点过程做类平抛运动，沿y方向有
沿x方向有，
联立解得
（2）解：粒子经过N点时沿电场方向的分速度
粒子经过N点的速度大小
速度与x轴正向的夹角满足
可得
由几何关系可知
由洛伦兹力提供向心力得
解得
（3）解：取一个水平向右的速度使得其对应的洛伦兹力和竖直向下的电场力平衡，则有
解得
粒子以速度水平向右做匀速直线运动，粒子做圆周运动的分速度为
解得
由
解得
粒子从Q点第一次运动到最低点的时间
由
解得
20．（1）解：线圈转动时，产生的感应电动势最大值为
由图可知，图示时刻线圈平面与磁场方向平行，该时刻的磁通量为0，磁通量变化率最大，感应电动势最大，则将图示时刻记为，该正弦式交流电电动势的瞬时值表达式为
（2）解：电动势的有效值为
则电流表的示数为
电压表的示数为
（3）解：转动一周的过程中，整个电路产生的热量为
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