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广东省深圳市2021-2022学年高二下学期物理期末考试试卷一、单选题1．（2022高二下·深圳期末）用比值法定义物理量是物理学中一种重要的方法，下面运用了比值定义法的是（　　）A．电场强度 B．电场强度C．电场强度 D．感应电动势【答案】A【知识点】比值定义法【解析】【解答】A．电场强度的大小是有电场本身决定的，与试探电荷的带电量q及试探电荷在电场中所受电场力F无关，故该定义属于比值定义，A符合题意；B．在匀强电场中，场强与电势差之间的关系公式中，沿着电场线方向，移动相同的距离，电势差越大的，电场强度越大，场强与电势差有关，该公式不是比值定义，B不符合题意；C．在点电荷的电场中，某点的电场强度与场源电荷的带电量成正比，与到场源电荷的距离的平方成反比，故该定义不是比值定义，C不符合题意；D．在法拉第电磁感应定律中，感应电动势的大小与磁通量的变化率成正比，即感应电动势的大小与磁通量的变化率有关，因此该定义不是比值定义，D不符合题意。故答案为：A。【分析】利用电场力和电荷量的比值求电场强度使用了比值定义法，其他两个电场强度的表达式都不属于比值定义法；其感应电动势的表达式也不属于比值定义法。2．（2022高二下·深圳期末）在生产生活中，光的干涉运用非常广泛，下列图中没有涉及到光的干涉现象的是（　　）A．阳光下彩色的肥皂膜B．用单色光检测工作表面平整度C．光导纤维传递光学信息D．单色光通过双缝在屏幕上形成明暗相间条纹【答案】C【知识点】光的干涉【解析】【解答】AB．阳光下彩色的肥皂膜、用单色光检测工作表面平整度为薄膜干涉现象，AB不符合题意；C．光导纤维传递光学信息利用光的全反射，没有涉及到光的干涉现象，C符合题意；D．单色光通过双缝在屏幕上形成明暗相间条纹为双缝干涉现象，D不符合题意。故答案为：C。【分析】其阳光下的彩色肥皂膜与用光检查工作元件的表面都属于光的干涉现象；其单色光通过双缝在屏幕上形成明暗相间条纹为双缝干涉现象。3．（2022高二下·深圳期末）中国科学家首次合成新核素铀，其衰变方程为，对于衰变过程中粒子形成的研究有重要意义。已知的质量为，的质量为，的质量为，光速为c，以下说法正确的是（　　）A．的半衰期随温度升高而变大B．单个铀衰变释放能量为C．现有的核能发电是运用了衰变过程释放的能量D．经过两个半衰期，的全部原子核发生衰变【答案】B【知识点】原子核的衰变、半衰期【解析】【解答】A．的半衰期由原子核内部结构决定，与所处环境温度无关，A不符合题意；B．由质能方程可得，单个铀衰变释放能量为B符合题意；C．现有的核能发电是运用了重核裂变过程释放的能量，C不符合题意；D．每经过一个半衰期，有半数原子核发生衰变，故经过两个半衰期，有的原子核发生衰变，D不符合题意。故答案为：B。【分析】其半衰期与环境温度无关；利用其质能方程结合亏损的质量可以求出释放的能量；其核能发电是利用其重核裂变反应；利用其半衰期的个数可以判别发生衰变的原子核质量。4．（2022高二下·深圳期末）两根长直平行输电线中有等大同向的电流，在两导线所在平面，垂直于导线的连线上有a、b、c三点，，b点位于两根导线的正中间。下列说法正确的是（　　）A．a点和c点的磁感应强度方向相同 B．三点中，b点的磁感应强度最大C．b点的磁感应强度为零 D．两导线相互排斥【答案】C【知识点】安培力；安培定则【解析】【解答】A．由右手螺旋定则及矢量叠加规律可知，a点和c点的磁感应强度方向相反，A不符合题意；BC．三点中，b点的磁感应强度为零，最小，B不符合题意，C符合题意；D．同向电流相互吸引、反向电流相互排斥，D不符合题意。故答案为：C。【分析】利用右手螺旋定则可以判别其通电导线周围磁感应强度的方向，结合磁感应强度的叠加可以判别磁感应强度的大小，结合左手定则可以判别其安培力的方向。5．（2022高二下·深圳期末）如图所示，匝数为N、面积为S的圆形线圈，圆内有垂直线圈平面的匀强磁场，磁感应强度的变化规律为，其中。线圈与磁场外小灯泡相连，小灯泡和线圈的电阻均为R，其它电阻不计，则电路中（　　）A．电流由b经灯泡流向a B．感应电动势大小为kSC．流过灯泡的电流大小为 D．a、b间电压的大小为【答案】C【知识点】欧姆定律；法拉第电磁感应定律【解析】【解答】A．由题意可知，圆内磁场增强，磁通量变大，由楞次定律可知，产生逆时针方向的感应电流，电流由a经灯泡流向b，A不符合题意；B．据法拉第电磁感应定律可得B不符合题意；C．流过灯泡的电流大小为C符合题意；D．a、b间电压的大小为D不符合题意。故答案为：C。【分析】利用楞次定律可以判别感应电流的方向，利用法拉第电磁感应定律可以求出电动势的大小，利用欧姆定律可以求出电流和电压的大小。6．（2022高二下·深圳期末）如图所示，真空中质量为m的带电小球N用绝缘细线悬挂，另一电荷量为+Q的小球M固定在绝缘支架上，两球均可视为质点。小球N平衡时，细线与竖直方向夹角为θ，且两球在同一水平线上，距离为L。已知重力加速度为g，静电力常数为k。下列说法正确的是（　　）A．球N带负电B．球M在N处产生的电场方向水平向右C．球M在N处产生的电场强度大小为D．球N受到的电场力大小为【答案】B【知识点】共点力平衡条件的应用；库仑定律【解析】【解答】A．由题意可知，球N受到带正电的球M斥力的作用，故球N带正电，A不符合题意；B．两球在同一水平线上，球N受到的电场力水平向右，可知球M在N处产生的电场方向水平向右，B符合题意；C．由点电荷场强公式可得，球M在N处产生的电场强度大小为C不符合题意；D．对球N，由平衡条件可得解得球N受到的电场力大小为D不符合题意。故答案为：B。【分析】利用其MN之间存在斥力可以判别其球N带正电；利用其球N的电场力方向可以判别其球M在N点产生的电场强度的方向；利用其点电荷的场强公式可以求出电场强度的大小；利用平衡方程可以求出球N受到的电场力大小。7．（2022高二下·深圳期末）如图所示为自制的自耦变压器的示意图。其中L为绕在闭合铁芯上的线圈，共2000匝，输入端a、b接12V交流电源。要求输出端cd间电压在0～240V之间连续可调，则a、b间线圈匝数为（　　）A．12 B．100 C．240 D．2000【答案】B【知识点】变压器原理【解析】【解答】根据题意可知，当输出端cd间匝数为时，输出端电压为240V，则根据解得a、b间线圈匝数故答案为：B。【分析】利用其电压之比结合输出匝数的大小可以求出其输入端匝数的大小。8．（2022高二下·深圳期末）如图所示，一束光a以60°的入射角射向两面平行的玻璃砖上表面，折射后分成b、c两束光，折射角分别为30°和45°，则（　　）A．b与c在玻璃砖中的折射率之比为1：2B．c从玻璃砖下表面射出的光线与a平行C．b、c两束光在玻璃砖内传播时间相等D．增大入射角，光束c将会发生全反射【答案】B【知识点】光的折射及折射定律【解析】【解答】A．对a光，根据折射定律得玻璃砖对a光的折射率为所以b与c在玻璃砖中的折射率之比为A不符合题意；B．b、c两单色光从玻璃砖下表面射出时，入射角分别等于从上表面射入时的折射角，根据对称性可知，b、c光从下表面射出时的折射角都是60°，由几何关系可知，b、c光从玻璃砖下表面射出后是平行光，所以c从玻璃砖下表面射出的光线与a平行，B符合题意；C．设玻璃砖的厚度为d，折射角为，在平行玻璃砖中的传播距离传播速度为传播时间为联立可得即C不符合题意；D．根据光路可逆原理，在平行玻璃砖下表面入射角一定小于临界角，不能发生全反射，D不符合题意。故答案为：B。【分析】利用其入射角和折射角的大小可以求出其折射率的大小；利用其对称性可以判别其bc从玻璃砖射出的光线平行；利用其传播的距离结合其传播的速度可以比较传播的时间；利用其入射角的大小可以判别光能否发生全反射。二、多选题9．（2022高二下·深圳期末）如图，A、B两灯泡电阻不变，R是光敏电阻，光照时阻值变小，电源内阻为r。闭合开关，再用光照射R，则（　　）A．电灯A变亮 B．电灯B变亮C．R两端电压变大 D．电压表示数变小【答案】B,D【知识点】电路动态分析【解析】【解答】BD．用光照射R，其阻值变小，导致回路总电阻变小，干路电流变大，电源内电压变大，路端电压变小，即电灯B变亮，电压表示数变小，BD符合题意；AC．电灯B两端电压变大，由闭合电路欧姆定律可知，电灯B与光敏电阻并联部分电压变小，故电灯A变暗，R两端电压变小，AC不符合题意。故答案为：BD。【分析】当光线照射其光敏电阻时，其阻值减小，利用其动态电路的串反并同可以判别其灯泡A变暗，其灯泡B变亮；其电阻两端电压变小，其电压表的读数变小。10．（2022高二下·深圳期末）一单摆的摆动角度小于5°，其振动图像如图所示，g取。下列说法正确是（　　）A．、时刻摆球加速度相同 B．t=0.8s时摆球的速度为零C．单摆的振动周期为0.8s D．单摆的摆长约为64cm【答案】A,D【知识点】简谐运动的表达式与图象【解析】【解答】A．、时刻摆球的位移相同，则回复力相同，则加速度相同，A符合题意；B．t=0.8s时摆球处于平衡位置，速度最大，加速度为零，B不符合题意；C．由图知，单摆的振动周期为1.6s，C不符合题意；D．根据代入数据解得D符合题意。故答案为：AD。【分析】当两个时刻位移相同时，则回复力和加速度相同；当其摆球出现在平衡位置时其速度最大其加速度等于0；利用图像可以求出周期的大小，结合周期的表达式可以求出摆长的大小。11．（2022高二下·深圳期末）如图所示，木板B静止在光滑水平面上，可看作质点的小物块A从左侧以一定的初速度向右滑上木板B，恰好没有滑离木板。已知A和B的质量均为50g，木板B长为1.2m，A与B之间动摩擦因数为0.75，g取。此过程中（　　）A．摩擦生热为0.90J B．摩擦生热为0.45JC．A的初速度大小为6m/s D．A的初速度大小为【答案】B,C【知识点】牛顿运动定律的应用—板块模型【解析】【解答】AB．此过程中摩擦产生的热量为A不符合题意，B符合题意；CD．由于水平面光滑，故在运动过程中系统动量守恒根据能量守恒得联立解得C符合题意，D不符合题意。故答案为：BC。【分析】利用摩擦力和木板的长度可以求出产生的热量；利用动量守恒定律结合能量守恒定律可以求出其A初速度的大小。三、实验题12．（2022高二下·深圳期末）北京冬奥会引发了大家玩桌上冰壶的热潮。某学习小组用三只相同的冰壶来验证动量守恒定律。将两只壶竖直叠放粘连，记为A，另一只壶记为B。在桌面左端固定一弹射装置，PQ为中轴线，与轴线垂直作为参考线。实验步骤如下：①如图甲，将A从P沿PQ弹射，A停止后，测出其右端到的距离；②如图乙，将B静置于轴线上，并使其左端与相切；③如图丙，将A压缩弹簧至同一位置，射出后在处与B正碰，A、B停止后，测出A右端和B左端到的距离、。请回答以下问题：（1）两次从同一位置弹射A，目的是确保A到达线时具有相同的　 　。（2）碰撞前瞬间A的速度大小与____成正比。A． B． C． D．（3）多次实验，若测量数据均满足关系式　 　（用题中给定符号表达），则说明冰壶碰撞过程中动量守恒。【答案】（1）速度（速率、动量、动能等均可）（2）C（3）【知识点】验证动量守恒定律【解析】【解答】（1）两次从同一位置弹射A，目的是确保A到达线时具有相同的速度。（2）由匀变速直线规律可得碰撞前瞬间A的速度大小与成正比。故答案为：C。（3）设一个冰壶的质量为m，由匀变速直线运动规律可得，碰后A、B的速度为，据动量守恒定律可得联立解得若测量数据均满足上述关系式，则说明冰壶碰撞过程中动量守恒。【分析】（1）两次从同一位置弹射A是为了其A到达OO’线具有相同的速度；（2）利用速度位移公式可以判别速度和位移的关系；（3）利用速度位移公式可以求出碰后速度的表达式，结合动量守恒定律可以导出对应的表达式。13．（2022高二下·深圳期末）某学习小组用苹果和两种金属电极做了一个“水果电池”，为了测量其电动势和内阻，进行了以下实验：（1）使用多用电表的直流电压2.5V挡粗测电动势，指针稳定时如图a所示，其示数为　 　V。（2）为了尽可能准确地测出水果电池的电动势和内阻，使用的实验器材有：数字式多用电表（可视为理想电压表）、滑动变阻器（最大阻值足够大）、微安表、导线、开关等。实验电路如图b所示，请根据b图在图c中完成实物连线。（3）连接好电路后闭合开关，调节滑动变阻器，记录数字电压表和微安表的示数。作出U—I图像，如图d所示。由图像求得水果电池的电动势E=　 　V，内阻r=　 　kΩ（结果保留三位有效数字）。（4）运用上述方法，探究水果电池内阻与电极间距d、电极插入深度h的关系，测得数据如下表所示。d/cm 2.0 4.0h/cm 1.0 2.0 2.5 1.0 2.0 2.5内阻r/ kΩ 20.97 10.76 10.37 22.44 18.39 15.62由表中数据可得：水果电池内阻随着电极插入深度h的增加而　 　（选填“增大”、“不变”或“减小”），随着电极间距d的增加而　 　（选填“增大”、“不变”或“减小”）。【答案】（1）0.47（2）（3）1.01；21.3（4）减小；增大【知识点】电池电动势和内阻的测量【解析】【解答】（1）由图知，示数为0.47V；（2）根据电路图，连接实物图如下（3）根据闭合电路欧姆定律结合图像可知（4）由表中数据可得：水果电池内阻随着电极插入深度h的增加而减小，随着电极间距d的增加而增大。【分析】（1）利用电压表的分度值可以读出对应的读数；（2）利用电路图进行实物图连线；（3）利用闭合电路的欧姆定律结合图像斜率和截距可以求出内阻和电动势的大小；（4）利用其数据可以判别水果电磁的内阻随深度的增大而减小，随距离的增大而增大。四、解答题14．（2022高二下·深圳期末）舱外航天服能为航天员出舱作业提供安全保障。出舱前，关闭航天服上的所有阀门，启动充气系统给气密层充气（可视为理想气体）。假定充气后，气密层内气体的体积为2L，温度为30℃，压强为。经过一段时间，气体温度降至27℃，忽略此过程中气体体积的变化。（1）求27℃时气密层内气体的压强；（2）出舱后启动保温系统，维持气体的温度为27℃。因舱外气压较低，气密层内气体的体积将会膨胀。试求不放气的情况下，气密层内气体膨胀至3L时的压强。【答案】（1）解：出舱前，气体体积不变由查理定理解得（2）解：出舱后，气体温度不变由玻意耳定律解得【知识点】理想气体与理想气体的状态方程【解析】【分析】（1）由于出舱前气体的体积不变，利用理想气体的状态方程可以求出气体的压强；（2）出舱后，由于气体的温度不变，结合理想气体的状态方程可以求出气体的压强。15．（2022高二下·深圳期末）如图所示，跳楼机将游客载至高空，然后释放。座舱自由下落一段时间后，先启动电磁制动系统使座舱减速，再启动液压制动系统继续减速，到达地面时刚好停下。如将钢结构座舱看作为一个边长为L，总电阻为R的单匝正方形线框，则座舱的下落过程可以简化如下：线框先自由下落h后，下边框进入匀强磁场时线框开始减速，下边框出磁场时，线框恰好做匀速直线运动。已知座舱的总质量为m，磁场区高度为L，磁感应强度大小为B，重力加速度为g。求：（1）座舱刚进入磁场上边界时，感应电流的大小；（2）座舱穿过磁场的过程中产生的焦耳热。【答案】（1）解：由自由落体规律有刚进入磁场时联立解得（2）解：下边框出磁场时，线框恰好做匀速直线运动，有又联立解得下边框出磁场时的速度为全过程根据能量守恒有解得【知识点】导体切割磁感线时的感应电动势；电磁感应中的电路类问题；电磁感应中的动力学问题【解析】【分析】（1）座舱刚进入磁场边界时，利用速度位移公式可以求出其速度的大小，结合动生电动势及欧姆定律可以求出感应电流的大小；（2）座舱下边界出磁场时，线圈恰好做匀速直线运动，利用平衡方程结合安培力的表达式可以求出其下边框离开磁场的速度大小；结合能量守恒定律可以求出座舱穿过磁场产生的焦耳热大小。16．（2022高二下·深圳期末）利用电磁场控制电荷的运动路径，与光的传播、平移等效果相似，称为电子光学。如图甲所示，三个彼此平行，间距均为L的足够大的竖直平面，平面a、b间存在与平面平行的水平方向的匀强磁场，平面b、c间存在与平面平行的竖直向下的匀强电场，磁场与电场范围足够大。将一电量为-q、质量为m的粒子，从平面b上P点水平向左（垂直平面）射入磁场，速度大小为。粒子恰好不从平面a射出，经磁场偏转后穿过平面b进入电场，从平面c离开电场时，速度与水平方向成45°角，乙图为正视图，不计粒子重力。求（1）平面a、b之间磁场的磁感应强度大小：（2）平面b、c之间电场的电场强度大小；（3）将平面b、c间的电场换成竖直向上的匀强磁场，磁感应强度大小为平面a、b间的两倍，其余条件均不变，粒子会多次穿过平面b，求粒子从P点发射后第n次返回平面b时的位置与P点的距离。【答案】（1）解：设平面a、b之间磁场的磁感应强度为B，由洛伦兹力作为向心力可得粒子恰好不从平面a射出，可知粒子在a、b之间的轨迹为半圆，即R=L解得（2）解：设平面b、c之间电场强度为E，竖直方向分速度为，由牛顿第二定律可得由类平抛规律可得联立解得（3）解：当b、c间的电场换成竖直向上的匀强磁场，磁感应强度大小为平面a、b间的两倍，由牛顿第二定律可得可得粒子从P点发射后第n次返回平面b时的运动正交分解成x、y方向，则粒子从P点发射后第n次返回平面b时的位置与P点的距离为，，；，，，，；，，，，；，，。综上所述，n为正整数集，当n为奇数时，解得当n为偶数时，解得【知识点】牛顿第二定律【解析】【分析】（1）粒子恰好不从平面a射出，利用牛顿第二定律结合轨迹半径的大小可以求出磁感应强度的大小；（2）粒子在bc之间做类平抛运动，利用牛顿第二定律结合速度公式及位移公式可以求出电场强度的大小；（3）当其bc之间换成向上的匀强磁场时，利用牛顿第二定律可以求出轨迹半径的大小，结合几何关系可以求出其返回平面b时的位置与P点距离的大小。1 / 1广东省深圳市2021-2022学年高二下学期物理期末考试试卷一、单选题1．（2022高二下·深圳期末）用比值法定义物理量是物理学中一种重要的方法，下面运用了比值定义法的是（　　）A．电场强度 B．电场强度C．电场强度 D．感应电动势2．（2022高二下·深圳期末）在生产生活中，光的干涉运用非常广泛，下列图中没有涉及到光的干涉现象的是（　　）A．阳光下彩色的肥皂膜B．用单色光检测工作表面平整度C．光导纤维传递光学信息D．单色光通过双缝在屏幕上形成明暗相间条纹3．（2022高二下·深圳期末）中国科学家首次合成新核素铀，其衰变方程为，对于衰变过程中粒子形成的研究有重要意义。已知的质量为，的质量为，的质量为，光速为c，以下说法正确的是（　　）A．的半衰期随温度升高而变大B．单个铀衰变释放能量为C．现有的核能发电是运用了衰变过程释放的能量D．经过两个半衰期，的全部原子核发生衰变4．（2022高二下·深圳期末）两根长直平行输电线中有等大同向的电流，在两导线所在平面，垂直于导线的连线上有a、b、c三点，，b点位于两根导线的正中间。下列说法正确的是（　　）A．a点和c点的磁感应强度方向相同 B．三点中，b点的磁感应强度最大C．b点的磁感应强度为零 D．两导线相互排斥5．（2022高二下·深圳期末）如图所示，匝数为N、面积为S的圆形线圈，圆内有垂直线圈平面的匀强磁场，磁感应强度的变化规律为，其中。线圈与磁场外小灯泡相连，小灯泡和线圈的电阻均为R，其它电阻不计，则电路中（　　）A．电流由b经灯泡流向a B．感应电动势大小为kSC．流过灯泡的电流大小为 D．a、b间电压的大小为6．（2022高二下·深圳期末）如图所示，真空中质量为m的带电小球N用绝缘细线悬挂，另一电荷量为+Q的小球M固定在绝缘支架上，两球均可视为质点。小球N平衡时，细线与竖直方向夹角为θ，且两球在同一水平线上，距离为L。已知重力加速度为g，静电力常数为k。下列说法正确的是（　　）A．球N带负电B．球M在N处产生的电场方向水平向右C．球M在N处产生的电场强度大小为D．球N受到的电场力大小为7．（2022高二下·深圳期末）如图所示为自制的自耦变压器的示意图。其中L为绕在闭合铁芯上的线圈，共2000匝，输入端a、b接12V交流电源。要求输出端cd间电压在0～240V之间连续可调，则a、b间线圈匝数为（　　）A．12 B．100 C．240 D．20008．（2022高二下·深圳期末）如图所示，一束光a以60°的入射角射向两面平行的玻璃砖上表面，折射后分成b、c两束光，折射角分别为30°和45°，则（　　）A．b与c在玻璃砖中的折射率之比为1：2B．c从玻璃砖下表面射出的光线与a平行C．b、c两束光在玻璃砖内传播时间相等D．增大入射角，光束c将会发生全反射二、多选题9．（2022高二下·深圳期末）如图，A、B两灯泡电阻不变，R是光敏电阻，光照时阻值变小，电源内阻为r。闭合开关，再用光照射R，则（　　）A．电灯A变亮 B．电灯B变亮C．R两端电压变大 D．电压表示数变小10．（2022高二下·深圳期末）一单摆的摆动角度小于5°，其振动图像如图所示，g取。下列说法正确是（　　）A．、时刻摆球加速度相同 B．t=0.8s时摆球的速度为零C．单摆的振动周期为0.8s D．单摆的摆长约为64cm11．（2022高二下·深圳期末）如图所示，木板B静止在光滑水平面上，可看作质点的小物块A从左侧以一定的初速度向右滑上木板B，恰好没有滑离木板。已知A和B的质量均为50g，木板B长为1.2m，A与B之间动摩擦因数为0.75，g取。此过程中（　　）A．摩擦生热为0.90J B．摩擦生热为0.45JC．A的初速度大小为6m/s D．A的初速度大小为三、实验题12．（2022高二下·深圳期末）北京冬奥会引发了大家玩桌上冰壶的热潮。某学习小组用三只相同的冰壶来验证动量守恒定律。将两只壶竖直叠放粘连，记为A，另一只壶记为B。在桌面左端固定一弹射装置，PQ为中轴线，与轴线垂直作为参考线。实验步骤如下：①如图甲，将A从P沿PQ弹射，A停止后，测出其右端到的距离；②如图乙，将B静置于轴线上，并使其左端与相切；③如图丙，将A压缩弹簧至同一位置，射出后在处与B正碰，A、B停止后，测出A右端和B左端到的距离、。请回答以下问题：（1）两次从同一位置弹射A，目的是确保A到达线时具有相同的　 　。（2）碰撞前瞬间A的速度大小与____成正比。A． B． C． D．（3）多次实验，若测量数据均满足关系式　 　（用题中给定符号表达），则说明冰壶碰撞过程中动量守恒。13．（2022高二下·深圳期末）某学习小组用苹果和两种金属电极做了一个“水果电池”，为了测量其电动势和内阻，进行了以下实验：（1）使用多用电表的直流电压2.5V挡粗测电动势，指针稳定时如图a所示，其示数为　 　V。（2）为了尽可能准确地测出水果电池的电动势和内阻，使用的实验器材有：数字式多用电表（可视为理想电压表）、滑动变阻器（最大阻值足够大）、微安表、导线、开关等。实验电路如图b所示，请根据b图在图c中完成实物连线。（3）连接好电路后闭合开关，调节滑动变阻器，记录数字电压表和微安表的示数。作出U—I图像，如图d所示。由图像求得水果电池的电动势E=　 　V，内阻r=　 　kΩ（结果保留三位有效数字）。（4）运用上述方法，探究水果电池内阻与电极间距d、电极插入深度h的关系，测得数据如下表所示。d/cm 2.0 4.0h/cm 1.0 2.0 2.5 1.0 2.0 2.5内阻r/ kΩ 20.97 10.76 10.37 22.44 18.39 15.62由表中数据可得：水果电池内阻随着电极插入深度h的增加而　 　（选填“增大”、“不变”或“减小”），随着电极间距d的增加而　 　（选填“增大”、“不变”或“减小”）。四、解答题14．（2022高二下·深圳期末）舱外航天服能为航天员出舱作业提供安全保障。出舱前，关闭航天服上的所有阀门，启动充气系统给气密层充气（可视为理想气体）。假定充气后，气密层内气体的体积为2L，温度为30℃，压强为。经过一段时间，气体温度降至27℃，忽略此过程中气体体积的变化。（1）求27℃时气密层内气体的压强；（2）出舱后启动保温系统，维持气体的温度为27℃。因舱外气压较低，气密层内气体的体积将会膨胀。试求不放气的情况下，气密层内气体膨胀至3L时的压强。15．（2022高二下·深圳期末）如图所示，跳楼机将游客载至高空，然后释放。座舱自由下落一段时间后，先启动电磁制动系统使座舱减速，再启动液压制动系统继续减速，到达地面时刚好停下。如将钢结构座舱看作为一个边长为L，总电阻为R的单匝正方形线框，则座舱的下落过程可以简化如下：线框先自由下落h后，下边框进入匀强磁场时线框开始减速，下边框出磁场时，线框恰好做匀速直线运动。已知座舱的总质量为m，磁场区高度为L，磁感应强度大小为B，重力加速度为g。求：（1）座舱刚进入磁场上边界时，感应电流的大小；（2）座舱穿过磁场的过程中产生的焦耳热。16．（2022高二下·深圳期末）利用电磁场控制电荷的运动路径，与光的传播、平移等效果相似，称为电子光学。如图甲所示，三个彼此平行，间距均为L的足够大的竖直平面，平面a、b间存在与平面平行的水平方向的匀强磁场，平面b、c间存在与平面平行的竖直向下的匀强电场，磁场与电场范围足够大。将一电量为-q、质量为m的粒子，从平面b上P点水平向左（垂直平面）射入磁场，速度大小为。粒子恰好不从平面a射出，经磁场偏转后穿过平面b进入电场，从平面c离开电场时，速度与水平方向成45°角，乙图为正视图，不计粒子重力。求（1）平面a、b之间磁场的磁感应强度大小：（2）平面b、c之间电场的电场强度大小；（3）将平面b、c间的电场换成竖直向上的匀强磁场，磁感应强度大小为平面a、b间的两倍，其余条件均不变，粒子会多次穿过平面b，求粒子从P点发射后第n次返回平面b时的位置与P点的距离。答案解析部分1．【答案】A【知识点】比值定义法【解析】【解答】A．电场强度的大小是有电场本身决定的，与试探电荷的带电量q及试探电荷在电场中所受电场力F无关，故该定义属于比值定义，A符合题意；B．在匀强电场中，场强与电势差之间的关系公式中，沿着电场线方向，移动相同的距离，电势差越大的，电场强度越大，场强与电势差有关，该公式不是比值定义，B不符合题意；C．在点电荷的电场中，某点的电场强度与场源电荷的带电量成正比，与到场源电荷的距离的平方成反比，故该定义不是比值定义，C不符合题意；D．在法拉第电磁感应定律中，感应电动势的大小与磁通量的变化率成正比，即感应电动势的大小与磁通量的变化率有关，因此该定义不是比值定义，D不符合题意。故答案为：A。【分析】利用电场力和电荷量的比值求电场强度使用了比值定义法，其他两个电场强度的表达式都不属于比值定义法；其感应电动势的表达式也不属于比值定义法。2．【答案】C【知识点】光的干涉【解析】【解答】AB．阳光下彩色的肥皂膜、用单色光检测工作表面平整度为薄膜干涉现象，AB不符合题意；C．光导纤维传递光学信息利用光的全反射，没有涉及到光的干涉现象，C符合题意；D．单色光通过双缝在屏幕上形成明暗相间条纹为双缝干涉现象，D不符合题意。故答案为：C。【分析】其阳光下的彩色肥皂膜与用光检查工作元件的表面都属于光的干涉现象；其单色光通过双缝在屏幕上形成明暗相间条纹为双缝干涉现象。3．【答案】B【知识点】原子核的衰变、半衰期【解析】【解答】A．的半衰期由原子核内部结构决定，与所处环境温度无关，A不符合题意；B．由质能方程可得，单个铀衰变释放能量为B符合题意；C．现有的核能发电是运用了重核裂变过程释放的能量，C不符合题意；D．每经过一个半衰期，有半数原子核发生衰变，故经过两个半衰期，有的原子核发生衰变，D不符合题意。故答案为：B。【分析】其半衰期与环境温度无关；利用其质能方程结合亏损的质量可以求出释放的能量；其核能发电是利用其重核裂变反应；利用其半衰期的个数可以判别发生衰变的原子核质量。4．【答案】C【知识点】安培力；安培定则【解析】【解答】A．由右手螺旋定则及矢量叠加规律可知，a点和c点的磁感应强度方向相反，A不符合题意；BC．三点中，b点的磁感应强度为零，最小，B不符合题意，C符合题意；D．同向电流相互吸引、反向电流相互排斥，D不符合题意。故答案为：C。【分析】利用右手螺旋定则可以判别其通电导线周围磁感应强度的方向，结合磁感应强度的叠加可以判别磁感应强度的大小，结合左手定则可以判别其安培力的方向。5．【答案】C【知识点】欧姆定律；法拉第电磁感应定律【解析】【解答】A．由题意可知，圆内磁场增强，磁通量变大，由楞次定律可知，产生逆时针方向的感应电流，电流由a经灯泡流向b，A不符合题意；B．据法拉第电磁感应定律可得B不符合题意；C．流过灯泡的电流大小为C符合题意；D．a、b间电压的大小为D不符合题意。故答案为：C。【分析】利用楞次定律可以判别感应电流的方向，利用法拉第电磁感应定律可以求出电动势的大小，利用欧姆定律可以求出电流和电压的大小。6．【答案】B【知识点】共点力平衡条件的应用；库仑定律【解析】【解答】A．由题意可知，球N受到带正电的球M斥力的作用，故球N带正电，A不符合题意；B．两球在同一水平线上，球N受到的电场力水平向右，可知球M在N处产生的电场方向水平向右，B符合题意；C．由点电荷场强公式可得，球M在N处产生的电场强度大小为C不符合题意；D．对球N，由平衡条件可得解得球N受到的电场力大小为D不符合题意。故答案为：B。【分析】利用其MN之间存在斥力可以判别其球N带正电；利用其球N的电场力方向可以判别其球M在N点产生的电场强度的方向；利用其点电荷的场强公式可以求出电场强度的大小；利用平衡方程可以求出球N受到的电场力大小。7．【答案】B【知识点】变压器原理【解析】【解答】根据题意可知，当输出端cd间匝数为时，输出端电压为240V，则根据解得a、b间线圈匝数故答案为：B。【分析】利用其电压之比结合输出匝数的大小可以求出其输入端匝数的大小。8．【答案】B【知识点】光的折射及折射定律【解析】【解答】A．对a光，根据折射定律得玻璃砖对a光的折射率为所以b与c在玻璃砖中的折射率之比为A不符合题意；B．b、c两单色光从玻璃砖下表面射出时，入射角分别等于从上表面射入时的折射角，根据对称性可知，b、c光从下表面射出时的折射角都是60°，由几何关系可知，b、c光从玻璃砖下表面射出后是平行光，所以c从玻璃砖下表面射出的光线与a平行，B符合题意；C．设玻璃砖的厚度为d，折射角为，在平行玻璃砖中的传播距离传播速度为传播时间为联立可得即C不符合题意；D．根据光路可逆原理，在平行玻璃砖下表面入射角一定小于临界角，不能发生全反射，D不符合题意。故答案为：B。【分析】利用其入射角和折射角的大小可以求出其折射率的大小；利用其对称性可以判别其bc从玻璃砖射出的光线平行；利用其传播的距离结合其传播的速度可以比较传播的时间；利用其入射角的大小可以判别光能否发生全反射。9．【答案】B,D【知识点】电路动态分析【解析】【解答】BD．用光照射R，其阻值变小，导致回路总电阻变小，干路电流变大，电源内电压变大，路端电压变小，即电灯B变亮，电压表示数变小，BD符合题意；AC．电灯B两端电压变大，由闭合电路欧姆定律可知，电灯B与光敏电阻并联部分电压变小，故电灯A变暗，R两端电压变小，AC不符合题意。故答案为：BD。【分析】当光线照射其光敏电阻时，其阻值减小，利用其动态电路的串反并同可以判别其灯泡A变暗，其灯泡B变亮；其电阻两端电压变小，其电压表的读数变小。10．【答案】A,D【知识点】简谐运动的表达式与图象【解析】【解答】A．、时刻摆球的位移相同，则回复力相同，则加速度相同，A符合题意；B．t=0.8s时摆球处于平衡位置，速度最大，加速度为零，B不符合题意；C．由图知，单摆的振动周期为1.6s，C不符合题意；D．根据代入数据解得D符合题意。故答案为：AD。【分析】当两个时刻位移相同时，则回复力和加速度相同；当其摆球出现在平衡位置时其速度最大其加速度等于0；利用图像可以求出周期的大小，结合周期的表达式可以求出摆长的大小。11．【答案】B,C【知识点】牛顿运动定律的应用—板块模型【解析】【解答】AB．此过程中摩擦产生的热量为A不符合题意，B符合题意；CD．由于水平面光滑，故在运动过程中系统动量守恒根据能量守恒得联立解得C符合题意，D不符合题意。故答案为：BC。【分析】利用摩擦力和木板的长度可以求出产生的热量；利用动量守恒定律结合能量守恒定律可以求出其A初速度的大小。12．【答案】（1）速度（速率、动量、动能等均可）（2）C（3）【知识点】验证动量守恒定律【解析】【解答】（1）两次从同一位置弹射A，目的是确保A到达线时具有相同的速度。（2）由匀变速直线规律可得碰撞前瞬间A的速度大小与成正比。故答案为：C。（3）设一个冰壶的质量为m，由匀变速直线运动规律可得，碰后A、B的速度为，据动量守恒定律可得联立解得若测量数据均满足上述关系式，则说明冰壶碰撞过程中动量守恒。【分析】（1）两次从同一位置弹射A是为了其A到达OO’线具有相同的速度；（2）利用速度位移公式可以判别速度和位移的关系；（3）利用速度位移公式可以求出碰后速度的表达式，结合动量守恒定律可以导出对应的表达式。13．【答案】（1）0.47（2）（3）1.01；21.3（4）减小；增大【知识点】电池电动势和内阻的测量【解析】【解答】（1）由图知，示数为0.47V；（2）根据电路图，连接实物图如下（3）根据闭合电路欧姆定律结合图像可知（4）由表中数据可得：水果电池内阻随着电极插入深度h的增加而减小，随着电极间距d的增加而增大。【分析】（1）利用电压表的分度值可以读出对应的读数；（2）利用电路图进行实物图连线；（3）利用闭合电路的欧姆定律结合图像斜率和截距可以求出内阻和电动势的大小；（4）利用其数据可以判别水果电磁的内阻随深度的增大而减小，随距离的增大而增大。14．【答案】（1）解：出舱前，气体体积不变由查理定理解得（2）解：出舱后，气体温度不变由玻意耳定律解得【知识点】理想气体与理想气体的状态方程【解析】【分析】（1）由于出舱前气体的体积不变，利用理想气体的状态方程可以求出气体的压强；（2）出舱后，由于气体的温度不变，结合理想气体的状态方程可以求出气体的压强。15．【答案】（1）解：由自由落体规律有刚进入磁场时联立解得（2）解：下边框出磁场时，线框恰好做匀速直线运动，有又联立解得下边框出磁场时的速度为全过程根据能量守恒有解得【知识点】导体切割磁感线时的感应电动势；电磁感应中的电路类问题；电磁感应中的动力学问题【解析】【分析】（1）座舱刚进入磁场边界时，利用速度位移公式可以求出其速度的大小，结合动生电动势及欧姆定律可以求出感应电流的大小；（2）座舱下边界出磁场时，线圈恰好做匀速直线运动，利用平衡方程结合安培力的表达式可以求出其下边框离开磁场的速度大小；结合能量守恒定律可以求出座舱穿过磁场产生的焦耳热大小。16．【答案】（1）解：设平面a、b之间磁场的磁感应强度为B，由洛伦兹力作为向心力可得粒子恰好不从平面a射出，可知粒子在a、b之间的轨迹为半圆，即R=L解得（2）解：设平面b、c之间电场强度为E，竖直方向分速度为，由牛顿第二定律可得由类平抛规律可得联立解得（3）解：当b、c间的电场换成竖直向上的匀强磁场，磁感应强度大小为平面a、b间的两倍，由牛顿第二定律可得可得粒子从P点发射后第n次返回平面b时的运动正交分解成x、y方向，则粒子从P点发射后第n次返回平面b时的位置与P点的距离为，，；，，，，；，，，，；，，。综上所述，n为正整数集，当n为奇数时，解得当n为偶数时，解得【知识点】牛顿第二定律【解析】【分析】（1）粒子恰好不从平面a射出，利用牛顿第二定律结合轨迹半径的大小可以求出磁感应强度的大小；（2）粒子在bc之间做类平抛运动，利用牛顿第二定律结合速度公式及位移公式可以求出电场强度的大小；（3）当其bc之间换成向上的匀强磁场时，利用牛顿第二定律可以求出轨迹半径的大小，结合几何关系可以求出其返回平面b时的位置与P点距离的大小。1 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