湖南省岳阳市临湘市2021-2022学年高二物理上学期期末质量检测试卷（选考）（Word版附解析）

2021年下期教学质量检测试卷高二物理一、单选题（每小题4分，共24分）1.某个电动势为E电源工作时，电流为I，则下面判断正确的是（　　）A.EI的乘积单位是焦耳B.从电动势的意义上考虑EI表示单位时间内电源将其他形式的能转化为电能的值C.如果，，EI表示电源将8J的电能转化为其他形式的能D.电动势E反映电源做功的能力，电动势大，则说明其内部移动1C的电荷量时，静电力做功要多【答案】B【解析】【分析】【详解】A．EI的乘积单位是功率的单位瓦，故A错误；B．电源是将其他形式的能转化为电能的装置，电源的总功率为P=EI，则EI表示单位时间内电源将其他形式的能转化为电能的值。故B正确；C．如果，，EI表示电源在1s内将8J的电能转化为其他形式的能，故C错误；D．电动势E反映电源做功的能力，电动势越大，则非静电力在电源内部把1C正电荷从负极搬运到正极所做的功多；故D错误。故选B。2.学校楼道新装了一批节能灯，该灯通过光控开关实现自动控制：电灯的亮度可自动随周围环境的亮度改变而改变。下图为其内部电路简化原理图，电源电动势为E，内阻为r，Rt为光敏电阻（光照强度减弱时，其电阻值增大）。当傍晚到来，光照逐渐减弱时，下列判断正确的是（　　）A.A灯变暗，B灯变亮 B.电源总功率变大C.电源的效率变小D.Rt上电流的变化量大小大于R0上电流的变化量大小【答案】D【解析】【详解】A．当傍晚到来，光照逐渐减弱时，Rt阻值增大，则外电路总电阻增大，根据闭合电路欧姆定律可知外电压增大，根据串并联电路电压规律可知A、B两灯两端电压均增大，所以A、B两灯均变亮，故A错误；B．由于外电路电阻增大，所以通过电源的电流减小，根据可知电源总功率变小，故B错误；C．外电压增大，根据可知电源的效率变大，故C错误；D．由于总电流减小，而通过A的电流增大，所以通过R0的电流减小。设Rt、R0和B的电流变化量的大小分别为、和，则有所以故D正确故选D。3.如图所示，在倾角为的光滑斜面上，放置一根长为L，质量为m，通过电流I的导线，若使导线静止，应该在斜面上施加匀强磁场B的大小和方向为（　　）A.，方向垂直斜面向上B.，方向垂直水平面向上 C.，方向竖直向下D.，方向水平向左【答案】C【解析】【分析】【详解】A．若磁场方向垂直斜面向上，则导线受安培力沿斜面向下，不可能平衡，选项A错误；B．若磁场方向垂直水平面向上，则导线受安培力方向水平向右，不可能平衡，选项B错误；C．若磁场方向竖直向下，则安培力水平向左，则由平衡可知即选项C正确；D．若磁场方向方向水平向左，则安培力竖直向上，则平衡时选项D错误。故选C。4.在实验室或工厂的高温炉子上开一小孔，小孔可看作黑体，由小孔的热辐射特性，就可以确定炉内的温度。如图所示，就是黑体的辐射强度与其辐射光波长的关系图像，则下列说法正确的是（　　）A.T1＜T2B.在同一温度下，波长越短的电磁波辐射强度越大 C.随着温度的升高，黑体的辐射强度都有所降低D.随着温度的升高，辐射强度的极大值向波长较短方向移动【答案】D【解析】【分析】【详解】A．不同温度的物体向外辐射的电磁波的波长范围是不同的，温度越高向外辐射的能量中，频率小的波越多，所以T1>T2，故A错误；B．由图像可知，同一温度下，辐射强度最大的电磁波波长不是最大的，也不是最小的，而是处在最大与最小波长之间，故B错误；C．由图像可知，黑体的辐射强度随着温度的升高而增大，故C错误；Ｄ．有图可知，随着温度的升高，相同波长的光辐射强度都会增大，同时最大辐射强度向左侧移动，即向波长较短的方向移动，故D正确。故选D。5.霍尔式位移传感器的测量原理如图所示，有一个沿z轴方向均匀变化的匀强磁场，磁感应强度B=B0+kz（B0、k均为常数，且k＞0）。将霍尔元件固定在物体上，保持通过霍尔元件的电流I不变（方向如图所示），当物体沿z轴正方向平移时，由于位置不同，霍尔元件在y轴方向的上、下表面的电势差U也不同。则（　　）A.磁感应强度B越大，霍尔元件的前、后表面的电势差U越大B.k越大，传感器灵敏度（）越高C.如图中的霍尔元件，上表面电势高D.电流越大，霍尔元件的上、下表面的电势差U越小【答案】B【解析】【详解】AC ．由左手定则可知，电荷在磁场中受力向上，则上下表面会形成电势差，前后表面没有电势差，由于可知自由移动电荷正负未知，则无法判断上下表面的电势高低，自由移动的电荷是正电荷时，上表面电势高，自由电荷是负电荷时，下表面电势高，故AC不符合题意；BD．设上下表面高度差为h，宽度为d，达到稳定时有B=B0+kz化简得则可知电流越大，霍尔元件的上、下表面的电势差U越大，传感器灵敏度则k越大，传感器灵敏度（）越高，故B符合题意，D不符合题意。故选B。6.电阻R、电容C与一线圈连成闭合回路，条形磁铁静止于线圈的正上方，N极朝下，如图所示．现使磁铁开始自由下落，在N极接近线圈上端的过程中，流过R的电流方向和电容器极板的带电情况是A.从a到b，上极板带正电B.从a到b，下极板带正电C.从b到a，上极板带正电D.从b到a，下极板带正电【答案】D 【解析】【分析】【详解】由图知，穿过线圈的磁场方向向下，在磁铁向下运动的过程中，线圈的磁通量在增大，故感应电流的磁场方向向上，再根据右手定则可判断，流过R的电流从b到a，电容器下极板带正电，所以A、B、C错误，D正确．二、多选题（每小题5分，共20分）7.下列说法正确的是（　　）A.LC振荡回路中，振荡电流相邻两次为零的时间间隔等于振荡周期的一半B.LC振荡回路中，振荡电流为零时，电场能为零C.在电磁波接收过程中，把声音信号或图像信号从高频电流中还原出来的过程叫调制D.电视信号发射、接收过程为：景物→电信号→电磁波→电信号→图像【答案】AD【解析】【分析】【详解】AB．LC振荡回路中，振荡电流相邻两次为零的时间间隔等于振荡周期的一半，振荡电流为零时，电容器所带电荷量最大，电场能最大，A正确，B错误；C．在电磁波接收过程中，把声音信号或图像信号从高频电流中还原出来的过程叫解调，C错误；D．由无线电波的发射、接收过程知，D正确。故选AD。8.普通电熨斗用合金丝作为发热元件，合金丝电阻R随温度T变化的关系如图中实线①所示。另有一种用PTC材料作为发热元件的电熨斗，PTC材料的电阻随温度变化的关系如图中实线②所示。则（　　）A.处于冷态的PTC电熨斗刚通电时比普通电熨斗升温快B.处于冷态的PTC电熨斗刚通电时比普通电熨斗升温慢 C.PTC电熨斗通电一段时间，电熨斗温度最可能自动稳定在之间D.普通电熨斗通电一段时间，电熨斗温度最可能自动稳定在之间【答案】AC【解析】【详解】AB．如图可知，处于冷态的PTC电熨斗阻值小于普通电熨斗，则由可知，刚通电时PTC电熨斗功率更高，升温更快，故A符合题意，B不符合题意；C．在T6温度以下范围时，电阻较小，发热功率较大，由于温度较低，与环境温差小，故升温快；在T7温度以上时，电阻较大，发热功率较小，由于温度较低，与环境温差大，故降温快；故通电一段时间后PTC电熨斗温度t自动地稳定在T6＜t＜T7范围之内，故C符合题意；D．普通电熨斗阻值不变，温度会持续升高，具体温度温度与环境温度有关，故D不符合题意。故选AC。9.在空中某一位置，以大小为ν0的速度水平抛出一质量为m的物块，经时间t，物体下落一段距离后，其速度大小仍为ν0，但方向与初速度相反，如图所示，则下列说法正确的是（　　）A.风力对物体做功为零B.风力对物体做负功C.物体机械能减少D.风力和重力的合力对物体的冲量大小为2mν0【答案】BD【解析】【详解】AB．设风力对物体做功W，根据动能定理解得故A错误，B正确； C．假设物体在竖直方向做自由落体运动，t时间内下落的高度为，物体的重力势能减小量为而物体的动能不变，则物体机械能减少，但物体在下落h高度后，竖直方向的速度为零，所以竖直方向不可能是自由落体，故C错误；D．取物体开始速度方向为正方向，根据动量定理得，风力和重力的合力对物体的冲量大小为所以风力和重力的合力对物体的冲量大小为2mv0，故D正确。故选BD。10.如图所示，为一台发电机通过升压和降压变压器给用户供电的示意图。已知发电机的输出电压为250V，升压变压器原、副线圈的匝数比是，两变压器之间输电导线的总电阻为4Ω，向用户供220V交流电，若变压器是理想变压器，当发电机的输出电功率为时。下列说法正确的是（　　）A.远距离输电损失的电压160VB.远距离输电损失的功率为640WC.降压变压器原、副线圈的匝数比D.若用户用电器增多则降压变压器输出电压增大【答案】AC【解析】【分析】【详解】A．输送电压为输送电流为 所以损失的电压为A正确；B．远距离输电损失的功率为B错误；C．降压变压器的输入电压为降压变压器原、副线圈的匝数比C正确；D．若用户用电器增多，用户的电功率大时，输电线中电流也增大，线路损失的电压增多，降压变压器初级电压减小，则用户的电压会减小，故D错误；故选AC。三、实验题（每空2分，共18分）11.某学习小组利用如图1所示的电路测量多用电表内欧姆“×1”挡内部电池的电动势E和多用电表欧姆“×1”挡的内阻r，为滑动变阻器，V为电压表（量程0～2V，内阻约）。实验步骤如下：（1）将多用电表的选择开关调到“×1”挡，将图1中多用电表的黑表笔与_______（填“1”或“2”）端相连。 （2）两表笔与1、2正确连接后，改变滑动变阻器接入电路的阻值，某次实验中多用电表和电压表的读数分别如图2、图3所示，多用电表的读数为___________，电压表的读数为___________V。（3）多次改变滑动变阻器接入电路的阻值，记录多用电表的读数R和电压表的读数U，并在计算机上显示出如图4所示的图线，则E=________V，r=________。（计算结果保留三位有效数字）【答案】①.1②.20③.0.85④.1.43⑤.13.7【解析】【分析】【详解】（1）[1]欧姆表内部黑表笔接电源的正极，则应将图1中多用电表的黑表笔与“1”端相连。（2）[2][3]多用电表接“×1”挡，所以读数为20×1Ω=20Ω电压表量程0～2V，所以读数为0.85V。（4）[4][5]由闭合电路欧姆定律可得解得由图像可知 解得E=1.43Vr=13.7Ω12.某同学设计了一个用打点计时器验证动量守恒定律的实验，在小车A的前端粘有橡皮泥，使小车A做匀速直线运动，然后与处于静止的小车B相碰并粘在一起，二者继续做匀速运动，如图所示。在小车A的后面连着纸带，电磁打点计时器的频率为50Hz，实验中已平衡摩擦力。（1）实验得到一打点纸带如图所示，并测得各计数点间的距离。图中O点为打点计时器打下的第一个点，则应选___________段来计算A碰前的速度，应选___________段来计算A和B碰后的共同速度。（2）已测得小车A的质量mA=0.4kg，小车B的质量mB=0.2kg，则由以上结果可得两小车碰前的总动量为___________kg·m/s，碰后总动量为___________kg·m/s。【答案】①.AB②.CD③.0.42④.0.417【解析】【分析】【详解】（1）[1][2]因为小车A与B碰撞前、后都做匀速运动，且碰后A与B粘在一起，其共同速度比A原来的速度小，所以应选点迹分布均匀且间距较大的AB段计算A碰前的速度，选点迹分布均匀且间距较小的CD段计算A和B碰后的共同速度；（2）[3][4]由图可知，碰前A的速度和碰后A、B的共同速度分别为vA=m/s=1.05m/sv′A=vAB=m/s=0.695m/s 故两小车在碰撞前、后的总动量分别为p=mAvA=0.4×1.05kg·m/s=0.42kg·m/sp′=（mA＋mB）v′A=（0.4＋0.2）×0.695kg·m/s=0.417kg·m/s四、解答题（13题12分，14题13分，15题13分，共38分）13.如图所示，在的区域有垂直于纸面向里的匀强磁场；磁感应强度的大小为B；在的区域有垂直于纸面向外的匀强磁场，磁感应强度的大小也为B。质量为m、电荷量为的粒子沿x轴从原点O射入磁场。(1)若粒子在磁场中的轨迹半径为，求其轨迹与x轴交点的横坐标；(2)为使粒子返回原点，粒子的入射速度应为多大？【答案】(1)；(2)【解析】【分析】【详解】(1)粒子在磁场中的运动轨迹如图所示 与x轴的交点为C，、分别为轨迹的圆心。过分别作x轴、y轴的垂线，垂足分别为B、A。由几何关系，得，则。所以轨迹与x轴交点的横坐标为(2)为使粒子返回原点，由对称性知，粒子在磁场中的运动轨迹如图所示：设粒子做圆周运动的半径为r，由几何关系，得，则 设粒子的入射速度为v，由得14.如图所示，边长分别为10cm和20cm的矩形线圈，匝数为100，内阻为，在匀强磁场中绕轴匀速转动，已知磁感应强度，线圈转动的角速度为，线圈和阻值为的电阻相连接。(1)开关S断开时，求电压表的示数；(2)开关S闭合时，R正常工作，求R的额定功率；(3)若将电阻换成激发电压和熄灭电压均为的霓虹灯，则在一个周期内，霓虹灯被点亮的时间是多少？【答案】(1)120V；(2)540W；(3)【解析】【详解】若以线圈从中性面位置开始转动的时刻为时刻，则产生正弦式交变电流 代入数据得(1)开关S断开时，电压表示数为(2)开关S闭合时，R正常工作，通过R的电流为所以其额定功率是(3)由可得则所以可作出图像，如图所示。图中正、负半周期内，各有一段时间电压大于，由得 所以一个周期内霓虹灯被点亮的时间为15.如图所示，在光滑的冰面上放置一个曲面滑槽，其上表面为四分之一圆周的圆弧，圆弧的半径足够大且光滑，圆弧与水平地面相切．一个坐在冰车上的小孩手扶一小球静止在冰面上，某时刻小孩将小球以v0的速度向曲面推出．已知小球的质量为m，曲面滑槽的质量为2m，重力加速度为g.（1）求小球在曲面上能上升的最大高度；（2）若小孩将小球推出后还能再接到小球，则小孩和冰车的总质量M应满足什么条件？【答案】（1）（2）M>3m【解析】【详解】（1）小球在曲面上运动到最大高度时两者共速，设速度为v，小球与曲面的系统动量守恒，机械能也守恒，有：mv0＝（m＋2m）v＝（m＋2m）v2＋mgh解得：h＝（2）小孩推球的过程中动量守恒，即：0＝mv0－MvM对于球和曲面，在相互作用到最后分开的过程中，动量守恒且机械能守恒，则有：mv0＝mv1＋2mv2 解得：v1＝－v0若小孩将球推出后还能再接到球，则有v0>vM得：M>3m.