湖北省2021-2022学年高二物理上学期期末调考试卷（Word版附解析）

湖北省2021年秋季学期高二年级期末调考物理试卷一、选择题：本题共11小题，每小题4分，共44分．在每小题给出的四个选项中，第1～7题只有一项符合题目要求，第8～11题有多项符合题目要求．全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分．1.无线充电是近年发展起来的新技术。如图所示，该技术通过交变磁场在发射线圈和接收线圈间传输能量。内置接收线圈的手机可以直接放在无线充电基座上进行充电，下列关于无线充电的说法正确的是（　　）A.在充电过程中没有电能损失B.无线充电基座可以用直流电源供电C.无线充电过程主要利用了电磁感应原理D.无线充电基座可以对所有手机进行无线充电【答案】C【解析】【详解】A．在充电过程中线圈会产生焦耳热，会有电能损失，故A错误；B．无线充电基座产生的是交变磁场，所以必须用交流电源供电，故B错误；C．发射线圈产生的交变磁场使接收线圈中的磁通量发生变化，从而产生感应电动势，所以无线充电过程主要利用了电磁感应原理，故C正确；D．无线充电基座只能对配备接收线圈手机进行无线充电，故D错误。故选C。2.如图所示，在水平光滑地面上有A、B两个木块，A、B之间用一轻弹簧连接。A靠在墙壁上，用力F向左推B使两木块之间弹簧压缩并处于静止状态。若突然撤去力F，则下列说法中正确的是（） A.木块A离开墙壁前，A、B和弹簧组成的系统动量守恒，机械能也守恒B.木块A离开墙壁前，A、B和弹簧组成的系统动量不守恒，但机械能守恒C.木块A离开墙壁后，A、B和弹簧组成的系统动量守恒，但机械能不守恒D.木块A离开墙壁后，A、B和弹簧组成的系统动量不守恒，但机械能守恒【答案】B【解析】【详解】AB．木块A离开墙壁前，墙壁对A有支持力，即系统所合外力不为零，系统动量不守恒；在此过程中，系统只有弹簧的弹力做功，系统机械能守恒，A错误，B正确；CD．木块A离开墙壁后，墙壁对A没有支持力，即系统所合外力为零，系统动量守恒；在此过程中，系统只有弹簧的弹力做功，系统机械能守恒，CD错误。故选B。3.如图所示，一边长为L的正方形线框置于竖直向下的匀强磁场中，已知线框与水平面夹角为（，），磁感应强度大小为B．则穿过线框磁场的磁通量大小为（　　）A.0B.C.D.【答案】D【解析】【详解】穿过线框磁场的磁通量大小为故选D。4.有三根相互平行的直导线a、b、c垂直纸面放置，且它们在同一连线上，已知这三根导线 中电流大小分别为、和，且，电流方向如图所示，则（　　）A.直导线c受到的安培力向左B.直导线a受到的安培力一定向右C.若只增大，导线c受到的安培力从c指向bD.若只减小，导线c受到的安培力从c指向a【答案】C【解析】【详解】A．直导线a在c处产生的磁场方向垂直于向上，直导线b在c处产生的磁场方向垂直于向下，，则c处合磁场为零，因此受到的安培力为零，A错误；B．根据“同向电流相互吸引，异向电流相互排斥”可知c对a排斥，b对a吸引，但是两力大小关系不能确定，则不能确定a受安培力的方向，B错误；C．只增大，则c处合磁场方向向上，再由左手定则，得导线c受到安培力从c指向b，C正确；D．只减小，则c处合磁场方向向上，再由左手定则，得导线c受到安培力从c指向b，D错误。故选C。5.将一段导线绕成图甲所示的闭合电路，并固定在水平面（纸面）内，回路的ab边置于垂直纸面向里的匀强磁场Ⅰ中。回路的圆形区域内有垂直纸面的磁场Ⅱ，以向里为磁场Ⅱ的正方向，其磁感应强度B随时间t变化的图像如图乙所示。用F表示ab边受到的安培力，以水平向右为F的正方向，能正确反映F随时间t变化的图像是（　　） A.B.C.D.【答案】B【解析】分析】【详解】在内，磁感应强度均匀变化，由法拉第电磁感应定律可得则闭合电路中产生的感应电动势恒定不变，则感应电流恒定不变。ab边在磁场中所受的安培力由于匀强磁场Ⅰ中磁感应强度B恒定，则，安培力为平行t轴的直线，方向向左（为负）。同理分析可得在,安培力与时间的关系为内F-t关于时间轴对称一条的直线。故选B。【点睛】本题要求学生能正确理解B-t图的含义，故道B如何变化，才能准确的利用楞次定律进行判定。根据法拉第电磁感应定律分析感应电动势的变化，由欧姆定律判断感应电流的变化，进而可确定安培力大小的变化。 6.光纤已经普遍应用到了通信领域，具有可弯曲、传输速度快、信息量大的优点。将一段光纤材料弯曲成四分之一圆弧，一束激光沿如图所示方向垂直射人材料一端，已知光纤材料的直径为，该激光在光纤材料中的折射率。若光束从入射端传至另一端的过程中不能沿侧壁射出，则弯曲光纤材料时对应的最小半径R为（　　）A.B.C.D.【答案】B【解析】【详解】当光纤材料内侧弯曲达到最小半径R时，光线恰好在材料中发生全反射，光路图如图根据全反射条件有根据几何关系有联立整理代入数据可得R=4cm故选B。7.如图所示，有宽度为，速度均为v的线状电子源，平行射入半径为R 垂直平面向里的圆形匀强磁场区域，磁感应强度大小为B。在磁场区域的正下方距离d处，有一长为的金属板用于接收电子，若正对O点射入的电子恰好从P点射出磁场。电子质量为m，电量为e，不计电子重力及它们间的相互作用。则打到M点的电子在磁场中运动的时间为（　　）A.B.C.D.【答案】B【解析】【详解】由题意知，正对O点射入的电子恰好从P点射出磁场，则电子在磁场中做圆周运动的轨道半径，发生磁聚焦现象，故所有电子都会从P点出去，则到达M点的电子轨迹如图所示，其入射点为F，四边形O2POF为菱形过P点作PC垂直MN于C点，由几何关系可知解得 故由几何关系可知圆心角故打到M点的电子在磁场中运动的时间为电子在磁场中运动的的周期为联立解得故选B。8.1801年，托马斯·杨用双缝干涉实验研究了光波的性质，证实了光的波动性，在光的波动说中具有重要的地位和意义．如图所示为双缝干涉实验装置，单缝S在双缝、的中心对称轴上，实验中在屏上P点刚好得到的是中央亮纹上方第3条亮纹，现要使P处出现中央亮纹上方第4条亮纹，可采取的措施有（　　）A.适当减小屏到双缝的距离B.适当增大单缝到双缝的距离C.换用频率更低的单色光D.换用波长更短的单色光【答案】AD【解析】详解】要使P处出现中央亮纹上方第4条亮纹，则需要减小条纹间距，根据可知A．适当减小屏到双缝的距离可使条纹间距减小，A符合题意；B．适当增大单缝到双缝的距离，对条纹间距无影响，B不符合题意；C．换用频率更低的单色光，则波长变大，则条纹间距变大，C不符合题意； D．换用波长更短的单色光，则条纹间距减小，D正确符合题意。故选AD。9.如图所示，光滑的水平地面上，质量为的小球A正以的速度向右运动。与前面大小相同、质量为静止的小球B相碰，则碰后A、B两球总动能可能为（　　）A.B.C.D.【答案】BC【解析】【详解】若A、B两球发生的是弹性碰撞，则碰撞过程中机械能守恒，即碰后总动能等于碰前总动能，即若A、B两球发生的是完全非弹性碰撞，则机械能损失最大，且由动量守恒定律得解得则碰后总动能为即碰后总动能范围为故选BC。10.回旋加速器是加速带电粒子的装置，其核心部分是分别与高频交流电极相连接的两个D形金属盒，两盒间的狭缝中形成周期性变化的电场，使粒子在通过狭缝时都能得到加速，两D形金属盒处于垂直于盒底的匀强磁场中，如图所示，要增大带电粒子射出时的动能，则下列方法可行的是（　　） A.增大磁场的磁感应强度B.减小狭缝间的距离C.增大D形金属盒的半径D.增大两D形金属盒间的加速电压【答案】AC【解析】【详解】由洛伦兹力提供向心力，可知计算得出则动能可知，动能与加速的电压无关，与狭缝间的距离无关，与磁感应强度大小和D形盒的半径有关，增大磁感应强度和D形盒的半径，可以增加粒子的动能，故选AC。11.如图所示，以原点O为界在x轴上有两段不同材料的绳子，波源和分别置和处，同时产生两列简谐横波甲和乙，分别沿x轴正方向和x轴负方向传播。时刻和处的质点刚好开始振动，若从到时间内P点运动的路程为，则（　　） A.时，乙波波速是甲波波速的2倍B.两列波不能在绳子上形成稳定的干涉图样C.时两列波恰好同时到达对方波源处D.在两个波源和之间共有6个振动加强点【答案】ACD【解析】【详解】A．因两波源同时产生两列简谐横波，且在t=0时刻甲乙两列波传播的距离分别为4m和8m，则乙波波速是甲波波速的2倍，故A正确；B．因乙波的波长为甲波的波长的2倍，所以甲、乙波的频率相同，在绳子上能形成稳定的干涉图样，故B错误；C．若从到时间内P点运动的路程为，在时P点回到平衡位置向下振动，则在内，甲波传播距离为，可知甲波在原点左侧传播的速度为则乙波在原点右侧传播的速度为，经过0.5s甲波和乙波同时到达原点。由于经过原点后，原点两侧材料不同，同一个波在不同的介质中传播速度不同。同时由于在同一介质中，不同频率的同类机械波的传播速度相同，故甲波经过原点后，在原点右侧的传播速度为，则再经过1.5s后向右传播12m，恰好到达乙波的波源处。同理乙波经过原点后，在原点的左侧传播速度为，再经过1.5s向左传播6m，恰好到达甲波的波源处，故C正确；D．在正轴上，甲波经恰好到达原点，此时该点的振动方向沿正轴方向，视为新波源，而此时波源振动方向也沿正轴方向，加强点满足距两波源的位移差是波长的整数倍， 分别为、6m、10m，同理在负轴上，加强点为、、，共有6个加强点，故D正确。故选ACD。二、非选择题：本题共5小题，共56分12.用单摆测定重力加速度的实验装置如图所示．（1）选用合适的器材组装成单摆后，主要操作步骤如下：①将单摆上端固定在铁架台上②让刻度尺的零刻度线对准摆线悬点，测摆长L③记录小球完成n次全振动所用的总时间t④根据单摆周期公式计算重力加速度g的大小，根据图示，测得摆长_______（2）为减小实验误差，多次改变摆长L，测量对应的单摆周期T，用多组实验数据绘制如图所示图像，由图可知重力加速度_______（用图中字母表示）．（3）关于实验操作或结果分析，下列说法正确的是_______．A．测量摆长时要让小球静止悬挂再测量B．摆长一定的情况下，摆的振幅越大越好C．多次改变摆线长，测量多组对应的50次全振动时间t，通过绘制的（关系图线也可以测定重力加速度 【答案】①.98.50②.③.AC【解析】【详解】（1）[1]刻度尺的最小分度值为1mm，所以读数为98.50cm（2）[2]图像的斜率为由周期公式变形得所以变形得（3）[3]A．小球静止悬挂时测量摆长，可以更精确地测出悬点至球心的距离，故A正确；B．单摆只有在摆角小于或等于5°时才能看作是简谐运动，故B错误；C．由单摆周期公式可得变形得只要根据图像求出斜率，就可以求出重力加速度g，故C正确。故选AC。13.某同学用如图（a）所示装置“验证动量定理”。 （1）为了消除小车与木板之间摩擦力的影响，该同学应采用了阻力补偿的方法，下列操作正确的是_______；A．将木板不带滑轮的一端适当垫高，使小车在钩码拉动下恰好做匀速运动B．将木板不带滑轮的一端适当垫高，使小车在钩码拉动下恰好做匀加速运动C．将木板不带滑轮的一端适当垫高，在不挂钩码的情况下使小车恰好做匀速运动D．将木板不带滑轮的一端适当垫高，在不挂钩码的情况下使小车恰好做匀加速运动（2）已知小车（含传感器）质量为m，用细线跨过定滑轮将无线传感器与钩码连接，并让细线水平拉动固定有传感器的小车．打点计时器打出的纸带如图（b）所示，相邻计数点间距离分别为、、、，相邻计数点时间间隔为T，若小车（含传感器）从B运动到D的过程中，传感器的示数为F（传感器的示数为绳拉力的大小），小车（含传感器）所受拉力冲量的大小_______，小车（含传感器）动量改变量的大小_______，若，则动量定理得以验证；（3）下列情况对实验结果有影响的是________；A．小车和传感器的总质量没有远大于钩码的总质量B．细线与长木板不平行C．定滑轮与细绳间的摩擦（4）实验中平衡阻力时，若木板倾角过大，会导致I______（填“大于”、“小于”、“等于”）。【答案】①.C②.2FT③.④.B⑤.小于【解析】 【详解】（1）[1]阻力补偿的方法是：将木板不带滑轮的一端适当垫高，在不挂钩码的情况下使小车恰好做匀速运动。故选C；（2）[2]小车（含传感器）从B运动到D的过程中，小车（含传感器）所受拉力冲量的大小[3]打B点时小车的速度打D点时小车的速度小车（含传感器）动量改变量的大小若，则动量定理得以验证；（3）[4]A．由于有传感器测量小车（含传感器）所受拉力，则小车和传感器的总质量没有远大于钩码的总质量对实验无影响，选项A错误；B．若细线与长木板不平行，此时细绳的拉力不等于小车的牵引力，则对实验会产生影响，选项B正确；C．由于有传感器测量小车（含传感器）所受拉力，则定滑轮与细绳间的摩擦对实验无影响，选项C错误。故选B。（4）[5]实验中平衡阻力时，若木板倾角过大，则小车（含传感器）所受的合力大于细线的拉力，则拉力的冲量I会小于物体动量的变化∆p。14.如图所示，长方形区域内存在方向垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为B。P为边上的点，，边足够长，现有一些质量为m、电量为q、电性未知、速度大小不同的粒子，从P点垂直于磁场方向射入磁场中，速度与夹角。（1）若粒子从A点射出，求粒子的电性和在磁场运动的时间；（2）若粒子从边射出磁场，且恰好不从边射出，求粒子的入射速度大小。 【答案】（1）正电，；（2）【解析】【详解】（1）若粒子从A点射出，根据左手定则，可知粒子带正电；假设粒子不会出CD边出射，作出运动轨迹，如图所示根据几何关系可知解得所粒子不会从CD边出射，轨迹图正确；故圆心角故粒子在磁场运动的时间又周期为 联立解得（2）若粒子从边射出磁场，且恰好不从边射出，则运动轨迹恰好与CD边相切，根据左手定则，可知粒子带负电，其运动轨迹如图所示根据几何关系，可得解得根据洛伦兹力提供向心力，则有解得15.如图所示，质量为、长为L的薄木板放在光滑的平台上，木板B端与台面右边缘平齐。B端上放有质量为且可视为质点的滑块C，C与木板之间的动摩擦因数。质量为m的小球用长为L的细绳悬挂在平台右边缘正上方的O点，细绳竖直时小球恰好与C接触。现将小球向右拉至细绳水平并由静止释放。小球与C碰撞后反弹速率为碰前的一半。已知重力加速度大小为g。（1）求小球摆至最低点时细绳拉力的大小； （2）通过计算判断滑块C能否从木板上掉下来。【答案】（1）；（2）滑块会从木板上掉下来【解析】【详解】（1）设小球运动到最低点的速率为，小球向下摆动过程由机械能守恒定律得解得小球在圆周运动最低点，由牛顿第二定律得解得（2）小球与滑块碰撞过程中小球和系统满足动量守恒，设碰后速率为，以小球的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得假设木板足够长，在与木板相对滑动直到相对静止过程，设两者最终共同速率为，以的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得由能量守恒定律得 联立解得由知，滑块会从木板上掉下来16.如图所示，一个质量为m、电阻不计、足够长光滑U形金属框架，位于光滑水平桌面上，分界线分别与平行导轨和垂直，两导轨相距L。在的左右两侧存在着区域很大、方向分别为竖直向上和竖直向下的匀强磁场，磁感应强度大小均为B。另有质量也为的金属棒，垂直于放置在左侧导轨上，并用一根细线系在定点A。已知细线能承受的最大拉力为，棒接入导轨间的有效电阻为R。现从时刻开始对U形框架施加水平向右的拉力，使其从静止开始做加速度为a的匀加速直线运动，求：（1）细线断裂时，导体棒中电流的大小和方向；（2）细线断裂之前，t时刻水平拉力F的大小；（3）若在细线断裂时，立即撤去拉力F，此后过程中回路产生的总焦耳热Q。【答案】（1），方向为C→D；（2）；（3）【解析】【详解】（1）细线断裂时，根据右手定则可知此时通过CD的电流方向为C→D，设此时中的电流大小为I0，由题意可得解得 （2）细线断裂之前，t时刻U形框架速度大小为此时框架中的电流大小为框架所受安培力大小为对框架根据牛顿第二定律有联立解得由前面分析可得即（3）设撤去拉力时框架的速度大小为v0，则有解得撤去拉力后框架做减速运动，CD做加速运动，当二者速度大小相等时回路中感应电流为零，此后框架和CD将匀速运动，设速度大小均为v1，从撤去拉力到二者共速的过程中，框架和CD中的电流大小时刻相等，平均作用力大小相等，对框架和CD应用动量定理分别有根据能量守恒定律有 联立解得