北京市东城区2021-2022学年高二下学期物理期末考试试卷.pdf

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1、北京市东城区2021-2022学年高二下学期物理期末考试试卷1.(2 分)有关电磁波,阅卷人得分-、单选题(共14题;共28分)下列说法中正确的是()A.电磁波必须依赖介质传播B.红外线的波长比紫外线的波长长C.只要有电场和磁场,就能产生电磁波D.在真空中不同频率的电磁波传播速度不同【答案】B【解析】【解答】A.电磁波可以在真空中传播,A 不符合题意;B.红外线的波长比紫外线的波长长,B 符合题意;C.周期性变化的电场和磁场才能产生电磁波,C 不符合题意;D.在真空中不同频率的电磁波传播速度均等于光速,D 不符合题意。故答案为:B【分析】电磁波可以在真空中传播,红外线的波长比紫外线的波长长,变

2、化的电场和磁场才能产生电磁波。真空中不同频率的电磁波传播速度均等于光速。2.(2 分)关于光现象及应用,下列说法正确的是()A.光的干涉现象说明光具有波动性B.光的偏振现象说明光是纵波C.观众观看立体电影要戴一种特殊的眼镜、利用了光的衍射现象D.雨后积水路面上可以看到彩色油膜,这是光的折射现象【答案】A【解析】【解答】A.光的干涉现象说明光具有波动性,A 符合题意;B.光的偏振现象说明光是横波,B 不符合题意;C.观众观看立体电影要戴一种特殊的眼镜、利用了光的偏振现象,C 不符合题意;D.雨后积水路面上可以看到彩色油膜,这是光的薄膜干涉,D 不符合题意。故答案为:Ao【分析】光的干涉现象说明光

3、具有波动性,光的偏振现象说明光是横波,利用光的偏振现象,观众观看立体电影。雨后积水路面上可以看到彩色油膜,这是光的薄膜干涉。3.(2分)弹簧振子做简谐运动。在某段时间内其加速度越来越大,则这段时间内()A.振子的速度越来越小B.振子正在做匀加速运动C.振子正在向平衡位置运动D.振子的速度方向与加速度方向相同【答案】A【解析】【解答】C.根据题意可知,弹簧振子在某段时间内其加速度越来越大,由牛顿第二定律可得&=-m可知,振子的位移大小越来越大,则振子由平衡位置向端点运动,c不符合题意;A.由于振子由平衡位置向端点运动,则振子的速度越来越小,A符合题意;B.根据题意,结合A分析可知,振子做加速度增

4、大的减速运动,B不符合题意;D.由A分析可知,振子做减速运动,则振子的速度方向与加速度方向相反,D不符合题意。故答案为:Ao【分析】弹簧振子在某段时间内其加速度越来越大,则振子由平衡位置向端点运动,振子的速度越来越小,速度方向与加速度方向相反。4.(2分)如图是某绳波形成过程的示意图。质点1在外力作用下沿竖直方向做简谐运动、带动质点2,3,4等其余质点依次上下振动,把振动从绳的左端传到右端。已知t=0时;质点1开始向上运动;t=0.4s时,质点1第一次到达上方最大位移处,质点5开始向上运动。相邻编号的质点间距离为2cm0r=0z=0.4sA.这列波的波长为40cmB.t=1.2s时丁质点15开

5、始向上运动C.t =1.2s时,质点9位于上方最大位移处D.经过1.2 s,质点1运动到质点12的位置则()1 2 3 4 5 6 7 8 9 1011 12 13 14 1516 171819201 2 3 46 7 8 9 1011 12 13 14 1516 1718 1920【答案】C【解析】【解答】A.已知t=0时,质点1开始向上运动;t=0.4s时,质点1第一次到达上方最大位移处,质点5 开始向上运动,编号的质点间距离为2 c m,则与5=1解得4=32cmA 不符合题意;B C.由题意可知0.4s=143t=1.2s=rT4质点13开始向上运动,质点9 位于上方最大位移处,B 不

6、符合题意,C 符合题意;D.质点在竖直方向做简谐运动,质点1不会运动到质点12的位置,D 不符合题意。故答案为:C,【分析】质点1第一次到达上方最大位移处,质点5 开始向上运动,质点13开始向上运动,质点9位于上方最大位移处。5.(2 分)图甲为一列简谐横波在某一时刻的波形图,a、b 两 质 点 的 横 坐 标 分 别 为 和&=6 m,图乙为质点b 从该时刻开始计时的振动图像,下列说法正确的是()甲 乙A.质点a 在t=2s时速度为零B.质点a 经过4s运动路程为4mC.该波的波速为lm/s,沿 x 轴正方向传播D.此时刻质点a 的运动方向沿y 轴正方向【答案】A【解析】【解答】C.由图乙可

7、知t=0时刻质点b 沿 y 轴正方向运动,此时质点b 应位于波传播方向波形的下坡,所以该简谐横波沿x 轴负方向传播,而该波的波长和周期分别为4=8m,7=8s所以波速为u=*=lm/sC 不符合题意;A D.t=0 时刻质点a 位于波传播方向波形的上坡,所以此时质点a 沿 y 轴负方向运动,经过2 s (四分之一周期),质点a 位于波谷处,速度为零,A符合题意,D不符合题意;B.质点a 经过4 s (半个周期)运动路程为I m,B不符合题意。故答案为:A o【分析】质点b 沿 y 轴正方向运动,此时质点b 应位于波传播方向波形的下坡,质点a 位于波传播方向波形的上坡,所以此时质点a 沿 y 轴

8、负方向运动。6.(2 分)如图所示为交流发电机的示意图,矩形线圈在匀强磁场中绕垂直于磁场的轴。匀速转动,发电机的电动势随时间的变化规律为e=20 s i n l 0 0 出(y)。下列说法正确的是()A.此交流电的频率为1 0 0 H zB.此交流电动势的有效值为20,C.当线圈平面转到图示位置时产生的电动势为零D.当线圈平面转到图示位置时磁通量的变化率最大【答案】D【解析】【解答】A.此交流电的频率为/=券=5 0 H zA不符合题意;B.此交流电动势的有效值为后=疆=1 0 近 VB不符合题意;CD.当线圈平面转到图示位置时刚好和中性面垂直,此时产生的电动势最大,磁通量的变化率最大,C不符

9、合题意,D符合题意。故答案为:D。【分析】根据发电机的电动势随时间的变化规律,得出此交流电的频率。得出交流电动势的有效值。7.(2 分)如图所示,用理想变压器为一个“6V、12W”的小灯泡供电,变压器原线圈中的输入电压为220V。闭合开关S,小灯泡恰好正常发光.则下列说法中错误的是()A.变压器原副线圈的匝数之比为110:3B.变压器原线圈中的输入电流为2AC.变压器原线圈中的输入功率为12WD.变压器副线圈中的输出功率为12W【答案】B【解析】【解答】A.因为原线圈的电压为220V,副线圈的电压为6 V,故原副线圈的匝数比为nln2=U 11)2=2206=1103A 符合题意;B.变压器原

10、线圈中的输入电流为I=122202AB 不符合题意;C.变压器原线圈中的输入功率为12W,C 符合题意;D.变压器副线圈中的输出功率为12W,D 符合题意。故答案为:B。【分析】变压器原线圈中的输入功率为12W,理想变压器,副线圈中的输出功率也为12W。8.(2 分)A、B 是两个完全相同的电热器,A 通以图甲所示的正弦交变电流,B 通以图乙所示的方波交变电流。两电热器的电功率之比乙:PB为()甲乙A.1:1B.3:2C.4:5D.5:4【答案】C【解析】【解答】图甲所示电流的有效值为/人2设图乙所示电流的有效值为/B,根据等效热值法有硼7=/4+()吟解得%=舟。根据 P=/2R 可得乙:p

11、B=/2./j=4:5故答案为:C,【分析】图甲是正弦交变电流。得出图甲所示电流的有效值根据。等效热值法求出电功率之比。9.(2 分)如图所示、洛伦兹力演示仪由励磁线圈、玻璃泡、电子枪等部分组成,励磁线圈是一对彼此平行的共轴的圆形线圈,它能够在两线圈之间产生匀强磁场,玻璃泡内充有稀薄的气体,电子枪发射的电子束通过泡内气体时能够显示出电子运动的径迹,电子的速度大小可通过电子枪的加速电压来控制,磁感应强度可通过励磁线圈的电流来调节,若电子枪垂直磁场方向发射电子,给励磁线圈通电后,能看到电子束的径迹呈圆形。下列说法正确的是()励磁线圈玻璃泡电子枪A.只增大电子枪的加速电压,电子的运动周期变大B.只增

12、大电子枪的加速电压,电子的轨道半径变小C.只增大励磁线圈中的电流,电子的运动周期变大D.只增大励磁线圈中的电流,电子的轨道半径变小【答案】D【解析】【解答】设加速电压为U,对电子的加速过程,根据动能定理有解得=2eUm设电子在磁场中做匀速圆周运动的半径为R,根据牛顿第二定律有evB=m iR解得=隹曳Be e电子的运动周期为T=2 史=誓v BeA B.只增大电子枪的加速电压,R 变大,T 不变,AB不符合题意;C D.只增大励磁线圈中的电流,即B 变大,则R 变小,T 变小,C 不符合题意,D 符合题意。故答案为:D。【分析】根据动能定理和牛顿第二定律得出电子的运动周期,在磁场中,洛伦兹力提

13、供电子圆周运动向心力。10.(2 分)如图所示,两根平行金属导轨置于水平面内,导轨之间接有电阻R。金属棒必与两导轨垂直并保持良好接触,整个装置放在匀强磁场中,磁场方向垂直于导轨平面向下。现使磁感应强度随时间均匀减小,h 始终保持静止,下列说法正确的是A.必 中的感应电流方向由b 到。B.必中的感应电流逐渐减小C.而所受的安培力保持不变 D.必所受的静摩擦力逐渐减小【答案】D【解析】【解答】导体棒、电阻R、导轨构成闭合回路,磁感应强度均匀减小,则闭合回路中的磁通量减小,根据楞次定律,可知回路中产生与原磁场方向相同的感应磁场,由安培定则判得顺时针方向的感应电流,ab 中的电流方向由。到 6,故 A

14、 项 错误;根据法拉第电磁感应定律,E=n 竽 =n篝S,回路面积S 不变,磁感应强度均匀减小,得感应电动势为定值,根据欧姆定律,所以劭中的电流大小不变,故 B 项错误;安培力F=B,电流大小不变,磁感应强度减小,则安培力减小,故C 项错误;导体棒处于静止状态,所受合力为零,对其受力分析,水平方向静摩擦力/与安培力厂等大反向,安培力减小,则静摩擦力减小,故 D 项正确。【分析】根据楞次定律的增反减同可以判出电流方向,根据法拉第电磁感应定律判断感应电动势恒定,所以电流大小不变。导体棒处于静止状态,得出静摩擦力等于安培力,由安培力F=B判出安培力减小,所以静摩擦力减小。11.(2 分)如图所示,在

15、光滑水平面的左侧固定一竖直挡板,甲球静止在水平面上,乙球向左运动与甲球发生正碰,使甲球垂直撞向挡板后原速率返回。已知碰撞前、后乙球的速率之比为3:1,且两球刚好不会发生第二次碰撞。则()甲 乙A.碰撞后乙球向左运动B.甲、乙两球的质量之比为2:1C.碰撞前、后两球总动量之比为3:1D.碰撞前、后两球总动能之比为9:5【答案】D【解析】【解答】设甲球的质量为61,乙球的质量为血2,碰撞前乙的速度为孙AB.根据题意可知,取向左为正方向,碰撞前、后乙球的速率之比为3:1,甲球垂直撞向挡板后原速率返回,且两球刚好不会发生第二次碰撞,则碰撞后甲球和乙球速度方向相反,大小相等,则甲球 的 速 度 为 乙

16、球 速 度 为 一 即 碰 撞 后 乙 球 向 右 运 动,由动量守恒定律有血2%=血:孙-1 日 7 nl 4瓶2 行%可 得 近=1AB不符合题意;C.根据题意可知,碰撞前、后动量守恒,则碰撞前、后两球总动量之比为1:1,C不符合题意;D.结合AB分析可知,碰撞前两球总动能为碰撞后两球总动能为=/血1(3%),+2m2(5v0)=Qm2v0则碰撞前,后两球总动能之比为柒bk2 5D符合题意。故答案为:D。【分析】两球刚好不会发生第二次碰撞,则碰撞后甲球和乙球速度方向相反,大小相等。碰撞前、后动量守恒。1 2.(2 分)质量为m的钢球自高处落下,以速率巧碰到水平地面后被竖直向上弹回,离开地面

17、时的速率为为,钢球与地面的碰撞时间为不计空气阻力。在碰撞过程中()A.钢球的动量变化量方向竖直向上,大小为B.钢球的动量变化量方向竖直向下,大小 为 吗 浮+mgC.钢球所受合力的冲量方向竖直向上,大小为7 n o i+0)D.钢球受地面的弹力方向竖直向上,大小 为 吗 岁 2At【答案】C【解析】【解答】A B.规定竖直向上为正方向,则钢球的动量变化量为4p=rn 2-巾(一巧)=4-v2)方向竖直向上,AB不符合题意;C.根据动量定理可知钢球所受合力的冲量方向竖直向上,大小为/=4p=7noi+v2)C 符合题意;D.设钢球受地面的弹力大小为F,根据动量定理有(尸 一 =租(%+%)解得

18、西铲+mg方向竖直向上,D 不符合题意。故答案为:Co【分析】规定竖直向上为正方向,求出钢球的动量变化量,动量定理可知钢球所受合力的冲量方向竖直向上。13.(2 分)在“探究影响感应电流方向的因素”实验中,用灵敏电流计和线圈组成闭合回路,通过“插入”和“拔出”磁铁,使线图中产生感应电流,记录实验过程中的相关信息,就可以分析得出感应电流方向遵循的规律。下图为某同学的部分实验记录,分别标出不同情况下磁铁的N 极,S 极的运动方向以及感应电流的方向。下列判断正确的是()甲 乙 丙 丁A.在图甲所示的实验过程中,感应电流的磁场方向与磁铁的磁场方向相同B.在图乙所示的实验过程中,感应电流的磁场阻碍磁铁磁

19、场的磁通量增大C.这组实验可以说明,感应电流的方向由磁铁的磁场方向决定D.这组实验可以说明,感应电流的磁场方向由磁铁的运动方向决定【答案】B【解析】【解答】A.在图甲所示的实验过程中,由右手螺旋定则可知,感应电流的磁场方向与磁铁的磁场方向相反,A 不符合题意;B.在图乙所示的实验过程中,由右手螺旋定则可知,感应电流的磁场方向与磁铁的磁场方向相反,感应电流的磁场阻碍磁铁磁场的磁通量增大,B 符合题意;C D.由图甲和图丙可知,磁铁的磁场方向相同,磁铁运动方向不同,感应电流方向不同,说明感应电流的方向由磁铁运动方向决定;由图丙和图丁可知,磁铁的磁场方向不同,磁铁运动方向相同,感应电流方向不同,说明

20、感应电流的方向由磁铁磁场方向决定,则这组实验可以说明,感应电流的方向由磁铁的运动方向和磁铁的磁场方向决定,即感应电流的磁场方向磁铁的运动方向和磁铁的磁场方向决定,CD不符合题意。故答案为:Bo【分析】磁铁的磁场方向相同,磁铁运动方向不同,感应电流方向不同,感应电流的方向由磁铁运动方向决定。14.(2 分)如图所示,将质量为m 的闭合矩形导线框abed先后两次从图示位置由静止释放,穿过其下方垂直于纸面向里的匀强磁场。第一次线框恰好匀速进入磁场。已知ab边长为2L be边长为L,磁场的宽度九2心 不计空气阻力。下列判断正确的是()第一次第二次T X X X X X X;:X X X X X X:h

21、I:X X X X X X:J L.X.X.X.X.X.X:A.第一次进入磁场过程中,线框减少的重力势能为mghB.第二次刚进入磁场时,线框的加速度大小为4gC.先后两次刚进入磁场时,线圈中的感应电动势之比为1:1D.先后两次刚进入磁场时,ab两点间的电势差之比为1:4【答案】D【解析】【解答】A.根据题意可知,线框第一进入磁场的过程中,线框下降的高度为23则线框减少的重力势能为4 E p =m g -2 L=2 mgLA不符合题意;C.根据题意可知,由于线框两次从同一高度下降,则线框进入磁场时速度相等,设速度为外线框第一次进入磁场时,感应电动势为Ei=BA线框第二次进入磁场时,感应电动势为第

22、=B 2 Lv=2 BLv则先后两次刚进入磁场时.,线圈中的感应电动势之比为柴=|E i 2 乙C不符合题意;B.设线框的电阻为R,则线框进入磁场过程中,感应电流为A2?线框受到的安培力为F =BIL=3R2 2由题意可知,线框第一次进入磁场过程中,安培力与线框的重力大小相等,则有mg =Fi=今 上2 2则线框第二次刚进入磁场时的安培力为2 =B(留,=4 m g设第二次刚进入磁场时,线框的加速度大小为a,由牛顿第二定律有尸2 m g =ma解得a =3 gB不符合题意;D.根据题意可知,a b间的电阻为我,第一次进入磁场时,a b两点间的电势差为%=粤 聂=等第二次进入磁场时,a b两点间

23、的电势差为%=年4-鼻)=华则先后两次刚进入磁场时,必两点间的电势差之比为弱=ID符合题意。故答案为:D。【分析】由于线框两次从同一高度下降,则线框进入磁场时速度相等,线框第一次进入磁场过程中,安培力与线框的重力大小相等。二 实验题(共3题;共11分)阅卷人得分1 5.(3分)某同学用如图甲所示的实验装置测量光的波长。他使用绿色的滤光片,在目镜中观察到了一定数量的干涉条纹。(1)(1 分)某次实验时分划板中心刻线在某亮条纹中央位置时,螺旋测微器如图乙所示,则其读数为 mm。1 050504433乙(2)(2 分)若要减小相邻两条亮条纹间的距离,以下措施可行的是一。A.只增大单缝到双缝的距离 B

24、.只换用间距更大的双缝C.只换用更长的遮光筒 D.只换用红色的滤光片【答案】(1)1 5.37 5(2)B【解析】【解答】(1)由图乙可知,螺旋测微器的速度为1 5 r m n +37.5 x O.Olz n m =1 5.37 5 r m n(2)由 公 式=ag 可知A.只增大单缝到双缝的距离,不改变相邻两条亮条纹间的距离,A不符合题意;B.只换用间距更大的双缝,则d 变大,A x 减小,即相邻两条亮条纹间的距离减小,B符合题意;C.只换用更长的遮光筒,则I 变大,增大,即相邻两条亮条纹间的距离增大,C不符合题意;D.只换用红色的滤光片,贝。变大,增大,即相邻两条亮条纹间的距离增大,D 不

25、符合题意。故答案为:B【分析】(1)螺旋测微器的读数为可动刻度和固定刻度之和。(2)只增大单缝到双缝的距离,不改变相邻两条亮条纹间的距离,只换用间距更大的双缝,两条亮条纹间的距离减小。只换用更长的遮光筒,相邻两条亮条纹间的距离增大。1 6.(2 分)某同学通过实验测定半圆形玻璃砖的折射率。如图所示,半圆形玻璃砖的直径边界为EF、半圆弧边界为E C F,C D垂直E F 并过圆心0。某次实验中,他沿。4 画一条直线,并在C M线上适当位置竖直插上两枚大头针P i、P 2;放上玻璃砖后,在另一侧依次寻找合适位置竖直插上大头针 3、4,移走玻璃砖和大头针后,过 3、24 针孔作出直线O B,0 B

26、可看成沿4 0 入射的光透过玻璃砖后的折射光线。(2)(1 分)计算玻璃砖折射率的表达式为该同学认为,实验中。2可以取接近9 0 的任意值,请说明你的观点及理由。【答案】(1)黯黑(2)该同学的观点是不对的【解析】【解答】折射率为 黑其中,。是入射角,a是折射角,则测量相应的角度后,计算玻璃砖折射率的表达式为n=舒罂(2)由于全反射现象,从空气射入玻璃砖,当O B与E F 重合时,N B 0 D=9 0。sin乙BODn=:-4一一 1sinz.A0C可知s 讥乙4。sinZ-BO D =9 0 实验中。2的取值应小于9 0 。【分析】(1)利用折射定律结合几何关系求解。6 是入射角,a是折射

27、角。(2)由于全反射现象,从空气射入玻璃豉,s i n%不是可以取接近9 0。的任意值。1 7.(6 分)某同学用如图甲所示的装置,通过半径相同的两球碰撞来验证动量守恒定律,图中4 B 是斜槽,B C 是水平槽,斜槽与水平槽之间平滑连接。A重锤线实验时先使小球1 从斜槽上某一固定位置由静止开始滚下,落到位于水平地面的记录纸上,留下痕迹,重复上述操作多次。再把小球2 放在水平槽末端的位置小球1 仍从原位置由静止开始滚下,与小球2 碰撞后,两小球分别在记录纸上留下各自的落点痕迹,重复上述操作多次。在记录纸上确定M、N、P为三个落点的平均位置。实验中测出小球1 的质为6 1,小球2的质量为m 2,M

28、、N、P三点到0点的距离为。M、O N、O P,其中O点为水平槽末端在记录纸上的竖直投影点。(1)(2 分)本实验必须满足的条件是一;A.两小球质量必须相等B,斜槽轨道必须是光滑的C.轨道末端必须是水平的(2)(1 分)某次实验中P点位置的多次落点痕迹如图乙所示,刻度尺的零点与。点对齐,则0P=cm;(3)(1 分)若实验结果满足,就可以验证碰撞过程中动量守恒;(4)(2分)实 验 中 通 过 仅 测 量 小 球 做 平 抛 运 动 的 (选填“水平位移”或“竖直位移”),可间接得到小球碰撞前后的速度关系,这样做的依据是o【答案】(1)C(2 )4 4.7 9 (4 4.7 6 4 4.8 2

29、 范围内均可)(3)m i -ON=-O M +m2-OP(4)水平位移;小球下落高度相同,做平抛运动的时间相同,碰撞前后的速度正比于水平位移【解析】【解答】(1)A.为了使小球1 碰撞后不反弹,且速度不变为零,应满足瓶1 6 2,A不符合题意;B.实验中要求小球1 每次运动至斜槽末端时的速度大小相同,所以需要每次将小球I 从斜槽轨道上同一位置由静止释放,而斜槽轨道是否光滑对上述要求无影响,B不符合题意;C.为了使两小球离开斜槽轨道末端后能够做平抛运动,轨道末端必须是水平的,C符合题。故答案为:C,(2)如图所示,作一尽可能小的圆将所有落点痕迹围住,圆心所在位置即为落点的平均位置,所以(3)(

30、4)设小球1 与小球2 碰撞前瞬间的速度为v i,碰后瞬间二者的速度分别为v/和 V 2 ,根据动量守恒定律和机械能守恒定律分别得恤%=m/i +7712-2册1 说=+m2V2联立 解得1/l=卷 潞 巧 巧 2=磊 记 巧 巧根据式可知N 是未放小球2 时小球1 落点的平均位置,M、P分别是小球1 和小球2 碰撞后二者各自落点的平均位置。因为小球下落高度相同,做平抛运动的时间相同,则碰撞前后的速度正比于水平位移,所以实验中通过仅测量小球做平抛运动的水平位移可间接得到小球碰撞前后的速度关系,即=罕 o c O N v=a OM%=午0 c OP联立 可得需要验证碰撞过程中动量守恒的表达式为m

31、 i ON=m i 0M +租2,OP【分析】(1)次将小球1 从斜槽轨道上同一位置由静止释放,而斜槽轨道是否光滑对上述要求无影响,为了使两小球离开斜槽轨道末端后能够做平抛运动,轨道末端必须是水平的。(2)尽可能小的圆将所有落点痕迹围住,圆心所在位置即为落点的平均位置。(3)因为小球下落高度相同,做平抛运动的时间相同,测量小球做平抛运动的水平位移可间接得到小球碰撞前后的速度关系。阅卷人三、解答题(共4题;共55分)得分1 8.(1 5 分)一个质量为2 k g 的物体在合力F的作用下,从静止开始在水平地面上做直线运动。以向东为正方向,合力F随时间t 变化的图像如图甲所示。甲 乙(1)(5 分)

32、在图乙中画出前4 s 物体运动的u-t 图像;Av/Cm-s-1)21oT-2(2)(5 分)求出t =3 s 时物体动量的大小;(3)(5 分)求出前4 s 内物体受到的冲量。【答案】(1)解:1 2 s 物体做匀加速直线运动,由牛顿第二定律得F =r n a解得 的=lm/s22 4 s 物体做匀减速直线运动,同理可得a?=-0.5 m/s2前4 s 物体运动的u-t 图像为(2)解:2 s 时物体的速度为%=劭=1 x 2 m/s =2 m/s3 s 时物体的速度为w=%+a 2 t 2 =2 m/s -0.5 x l m/s =1.5 m/s可得3 s 时物体的动量大小为p =mv2=

33、2 x 1.5kg-m/s=3 kg-m/s(3)解:由动量定理得前4 s 内物体受到的冲量为/=m v3-0 =2 kg x lm/s=2 kg-m/s【解析】【分析】(1)由顿第二定律分别求出各个时间段的加速度,用描点法得出速度时间图像。(2)利用匀变速直线运动的速度时间关系求出3 s 时物体的速度,利用动量的定义得到3 s 时物体的动量大小。(3)由动量定理得前4 s 内物体受到的冲量等于动量的变化。1 9.(1 0 分)如图所示,在矩形区域P Q N M 内存在垂直于纸面的匀强磁场。一带正电的粒子在P点以垂直于P M 的方向射入磁场,并从N点射出。已知带电粒子质量为m,电荷量为q,入射

34、速度为v,矩形区域中P Q 的长度为L,Q N 的长度为有。不计粒子的重力。QM-N(1)(5 分)求粒子运动的轨道半径r;(2)(5分)判断磁场方向,并求磁场的磁感应强度大小。【答案】(1)解:根据题意,画出粒子的运动轨迹,如图所示02由几何关系有(丁-彳)+2=r2解得丁=(2)解:根据粒子的运动轨迹可知,粒子在P点受向下的洛伦兹力,由左手定则可知,磁场方向为垂直于纸面向外,由牛顿第二定律有q uB =半解得 贵【解析】【分析】(1)画出粒子的运动轨迹,结合几何关系求得粒子运动的轨道半径r。(2)左手定则可知,磁场方向为垂直于纸面向外,由洛伦兹力提供向心力求得磁场的磁感应强度大小。2 0.

35、(1 5 分)某同学设计了一个测量电流的装置,原理如图所示,轻弹簧上端固定,下端悬挂一根质量为m的均匀细金属杆M N,金属杆与弹簧绝缘,金属杆的N 端连接一绝缘轻指针,可指示右侧标尺上的读数。在金属杆M N 下方的矩形区域a b e d 内有匀强磁场,磁感应强度大小为B,方向垂直纸面向外。当金属杆M N 中没有电流通过且处于平衡状态时,金属杆M N 与矩形区域的必边重合,指针指在标尺的零刻线。当金属杆M N 中有电流通过时,指针示数可表示电流大小。已知金属杆M N 的长度大于a b,且始终保持水平状态。弹簧的劲度系数为k,测量过程中弹簧始终在弹性限度内。帅边长为li,b e 边长为%。重力加速

36、度为g。不计金属杆中电流对磁场的影响。(1)(5分)要使此装置正常工作,MN的哪一端应与电源正极相接?(2)(5分)通过分析说明标尺的刻度是否均匀。(3)(5分)若k=2.0N/m,ab边长 =0.20m,尻边长 =0Q5m,B=0,2 T.求此装置可测电流的最大值。【答案】(1)解:根据题意,由图可知,测量电流时,金属杆受向下的安培力,由左手定则可知,金属杆M N中的电流由M-N,则M端与电源的正极相接。(2)解:根据题意可知,当金属杆MN中没有电流通过且处于平衡状态时,金属杆MN与矩形区域的时边重合,指针指在标尺的零刻线,当电流为/时,金属杆向下移动,根据胡克定律4尸=k/x有=kx可得

37、=生./即金属杆向下移动距离与电流/成正比,说明刻度均匀。(3)解:根据题意可知,当金属杆与cd重合时,电流最大,此时 =%可得加=奇=2.52【解析】【分析】(1)金属杆受向下的安培力,由左手定则,金属杆M N中的电流由M T N,则M端与电源的正极相接。(2)得出x与I的关系式,金属杆向下移动距离与电流/成正比,说明刻度均匀。(3)金属杆与cd重合时,电流最大。21.(15分)如图甲所示,O点为单摆的固定悬点,将力传感器接在摆球与。点之间。t=0时刻在A点释放摆球,摆球在竖直面内的A、C之间来回摆动,其中B点为运动中的最低位置。图乙为细线对摆球的拉力大小F随时间t变化的曲线。已知摆长为1.

38、6m,A、B之间的最大摆角为。=5。(取sin5=0.087,cos5=0.996)。求:0.504F/N9人(6甲,OC0.4980.4921_:_:_ _ 0.4%0.8%t/s乙(1)(5 分)当地的重力加速度大小;(2)(5 分)摆球在A点时回复力的大小;(3)(5 分)摆球运动过程中的最大动能。【答案】(1)解:摆球在一个周期内两次经过最低点,对应两次细线拉力达到最大值,由图乙可知单摆的周期为7 =0.8ns=2 兀1解得当地的重力加速度大小为g=1 0m/s2(2)解:摆球在A点时,细线拉力大小为Fm in =m gc o s。=0.4 9 8 N解得?n g=0.5N摆球在A点时

39、回复力的大小为尸网=Mgs in O=0.0 4 3 5/V(3)解:设摆球在B点时速度为V,根据牛顿第二定律有Fm a x =L i摆球运动过程中的最大动能为以;=(Fm a x-mg)L=0.0 0 3 2/【解析】【分析】(1)图乙可知单摆的周期,结合单摆周期公式,解得当地的重力加速度大小。(2)由摆球在A点时,结合细线拉力大小,求得重力大小。从而求得摆球在A点时回复力的大小。(3)摆球在B点时速度最大,结合牛顿第二定律求得B点速度,从而求得摆球运动过程中的最大动能。试题分析部分1、试卷总体分布分析总分:94分分值分布客观题(占比)28.0(29.8%)主观题(占比)66.0(70.2%

40、)题量分布客观题(占比)14(66.7%)主观题(占比)7(33.3%)2、试卷题量分布分析大题题型题目量(占比)分 值(占比)实验题3(14.3%)11.0(11.7%)解答题4(19.0%)55.0(58.5%)单选题14(66.7%)28.0(29.8%)3、试卷难度结构分析序号难易度占比1普通(71.4%)2容易(28.6%)4、试卷知识点分析序号知识点(认知水平)分 值(占比)对应题号1交流电的最大值与有效值2.0(2.1%)82光的干涉2.0(2.1%)23I I:-弹性碰撞2.0(2.1%)114动量定理2.0(2.1%)125电磁感应中切割类问题2.0(2.1%)146变压器原

41、理2.0(2.1%)77冲量15.0(16.0%)188单摆15.0(16.0%)219交变电流的产生及规律2.0(2.1%)610光的偏振2.0(2.1%)211机械波的形成2.0(2.1%)412电磁场与电磁波2.0(2.1%)113测定玻璃的折射率2.0(2.1%)1614安培力17.0(18.1%)10,2015简谐运动2.0(2.1%)316动量15.0(16.0%)1817验证动量守恒定律6.0(6.4%)1718光的衍射2.0(2.1%)219静摩擦力2.0(2.1%)1020用双缝干涉测光波的波长3.0(3.2%)1521楞次定律2.0(2.1%)1022牛顿第二定律15.0(16.0%)1823带电粒子在匀强磁场中的圆周运动12.0(12.8%)9,1924法拉第电磁感应定律2.0(2.1%)1025光的折射2.0(2.1%)226横波的图象2.0(2.1%)527探究感应电流的产生条件2.0(2.1%)13

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