河南省驻马店市2014-2015学年高二下学期期末考试物理试题.doc

驻马店市2014-2015学年高二第二学期期终考试

物理答案

一、选择题（每小题4分，共48分） 题号 答案

二、实验题（共15分）

13.（6分）（1）保护电流表（1分）；（2）右偏（1分）；（3）左偏（1分）； （4）右偏（1分）；（5）AD（2分）. 14.（9分）（1）A1（2分），R2（2分）； （2）如右图所示（3分）.

说明：①A1、R2须标示，A1、R2标错得0分，其他不标不扣分；

②R若接成限流式其他都正确，可得1分. （3） (I11)R2（2分）.

I2

三、计算题（共32分） 15. (7分)解：

（1）小球由A到B过程中，由动能定理得

mglsin60qUAB0 （2分） 解得： UAB

3mgl（1分）

2q

3mgl （1分） 2q

1 B 2 D 3 C 4 B 5 D 6 A 7 C 8 B 9 AD 10 BD 11 ACD 12 BC R2 G R E、r S A1 BA间电势差为UBAUAB=

（2）由电场强度定义得： EUBA （2分）

LLcos60解得：E3mg （1分）

q

16.（12分）解：

（1）设最大速度为v，杆切割磁感线产生的感应电动势为

E = BLv （1分） 由闭合电路的欧姆定律： IE （1分） Rr

杆达到最大速度时满足

nBIL0 （1分） mgsi解得 vmgsinmgsinRr （1分） 2222BLBL由图象可知，斜率为k=1m/(s·Ω)，图线与纵轴交点的坐标为（0，2），由此可解出 m = 0.2kg （1分） r =2Ω （1分） E2（2）由E=BLv和P知，回路消耗的瞬时功率为

RrB2L2v2 P （2分）

Rr由动能定理有 W1212mv2mv1 （2分） 22由以上两方程可得 Wm(Rr)P （1分）

2B2L2若P1W，则W=0.6J （1分）

17. （13分）解：

（1）设粒子经电场加速，经过x轴时速度大小为v1，由动能定理得 12 （1分） Eqhmv112设粒子在x轴下方第一个磁场区运动半径为R1，由牛顿第二定律得

qv1Bmv1

R12 （1分）

粒子进入x轴下方磁场区，依据题意可知运动半径R1应满足

R1（2）若粒子从h2=5cm的位置无初速释放，设在电场区域运动的加速度为a，时间为t1，则

qEma （1分） h212at1 （1分） 2粒子经电场加速后，经过x轴时速度大小设为v2，由动能定理得

2 （1分） Eqh21mv22粒子进入x轴下方第一个匀强磁场区域，由牛顿第二定律得

qv2Bmv2 （1分）

R22根据粒子在空间运动的轨迹可知，它经过第一无磁场区时运动方向与x轴正方向的夹角满足

d cos10.8 （1分）

R2粒子在第一个无磁场区域做匀速直线运动，然后进入第二个匀强磁场区域，因为

s） R2(1co﹤d1 （1分）

所以一定会从x轴下方第二个磁场区域返回. 它在无磁场区运动的路程为

s2d2 （1分）

sin粒子在无磁场区运动时间：

t2s （1分） v2联立以上方程可求出粒子在无磁场区域运动的总时间为

4 tt1t2310s （1分）

四、选做题（每题15分） 18.（15分） （1）（5分）BCE （2）（10分）解：

①对气缸受力分析，由平衡条件得： FNp1SpS （2分） 0

解得： FN50N (1分) ②设温度升高至T 时活塞距离气缸底H，则

气体对外界做功：Wp0Vp0S(Hh) (2分) 由热力学第一定律： UQW (1分)

解得: H12cm （1分） 对气体温度从T0升高到T的过程，由理想气体状态方程得

p1ShTp0SH (2分) 0T解得: Tp0HphT0720K (1分) 1

19.（15分） （1）（5分）ACD （2）（10分）解：

设玻璃柱体的临界角为C，由全反射公式得

sinC1n (1分)

光在玻璃柱体中发生全反射的临界角为

C45 (1分) 由折射定律得

sinisinr2 (2分)

由i45求出

r30 (1分) 即所有光线从AO进入玻璃柱体后的折射角均为30°．

从O点入射后的折射光线将沿半径从C点射出． (1分) 假设从E点入射的光线经折射后到达D点时刚好发生全反射，则 ODE45 (1分) 如图所示，由几何关系可得：45 (1分) 所以光线能从弧DC之间透出，弧长为 l14R (2分)

20.（15分） （1）（5分）ABD （2）（10分）解：

①设第3块木板初速度为v0，对3、2两木板系统，设碰撞后的速度为v1，由动量守恒定律得

2mv03mv1 （i） (2分)

对于3、2整体与1组成的系统，设共同速度为v2，由动量守恒定律得 3mv14mv2 （ii） (2分) 第1块木块恰好运动到第3块木板正，由功能关系有

2 (2分) mg3L13mv1214mv2222解得： v03gl (1分) ②设木板3的初动量方向为正，木板3的初动量为 P12mv0 （iii） (1分) 末动量为

P22mv2 （iv） (1分) 由（i）（ii）（iii）（iv）联立可得木板3的动量变化为 P2P2P1mv0 (1分) 负号表示动量变化的方向与初速度v0的方向相反. 说明：不带负号不得该步分.