安徽省合肥市第八中学2021-2022学年高二物理上学期期末试卷（Word版含解析）

2021~2022学年度第一学期高二期末考试物理一、选择题（本题共12小题，每小题4分，共48分。在每小题给出的四个选项中，第1~8题只有一项符合题目要求，第9~12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.对于做匀速圆周运动的物体，下列说法正确的是（　　）A.物体的动量和动能都变化B.物体的动量和动能都不变化C.物体的动能变化为零时，动量变化也一定为零D.物体在一个周期里，动量变化和动能变化均为零【答案】D【解析】【详解】AB．做匀速圆周运动的物体，速度大小不变方向变化，则其动能动量AB错误；CD．动能不变，则动能的变化量在任何时间内均为零，但是动量的变化只有在周期的整数倍时动量变化为零，C错误D正确。故选D。2.在地球北极附近，地磁场的竖直分量方向向下。考虑到地磁场的影响，汽车在北极路面上行驶时连接前轮的钢轴有电势差，设司机左侧钢轴与轮毂连接处电势为U1，右侧钢轴与轮毂连接处电势为U2，则（　　）A.汽车沿某一方向后退时，U1<U2B.汽车沿某一方向前进时，U1<U2C.无论汽车前进还是后退时，都满足U1>U2D.当汽车沿某一特定方向前进或后退时，U1=U2【答案】A【解析】 【详解】在北极附近，地磁场的竖直分量竖直向下，汽车的钢轴水平运动垂直切割磁感应，由右手定则可知，前进时，左侧相当于电源正极，有U1>U2；后退时右侧相当于电源正极，U1<U2，故A正确，BCD错误。故选A。3.某同学利用如图所示电路研究自感现象。电源的电动势为E，内阻不计，电感线圈L的电阻不计。在时刻闭合开关S，电路稳定后，在时刻断开S，发现灯泡L闪亮一下后逐渐熄灭。若取由A到B的电流方向为电流的正方向，则下列图中表示通过灯泡D的电流随时间t变化的图像中正确的是（　　）A.B.C.D.【答案】A【解析】【分析】【详解】开关闭合时，在0~t1时间内，流过线圈以及灯泡D的电流均为由上向下的稳定电流，为正方向电流；断开开关后，线圈L、电阻R和电灯D构成一闭合回路，发生自感现象，线圈的电流要保持由上向下的电流方向，流进灯泡D由下向上形成回路，线圈相当于电源，因为小灯泡会发生闪亮现象，可知流过灯泡的电流大于流过灯泡以前的电流，然后逐渐减小到零，故A正确，BCD错误；故选A。 4.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源相连接的两个D形金属盒，两盒间的狭缝中有周期性变化的电场，使粒子在通过狭缝时都能被加速，两个D形金属盒中有垂直于盒面、磁感应强度大小为B的匀强磁场。如图所示，两D形盒间的狭缝很小，粒子穿过狭缝的时间可忽略，两D形盒接在电压为U、频率为f的交流电源上，若A处粒子源产生的质子在回旋加速器中被加速，下列说法正确的是（　　）A.A处粒子源产生的质子在磁场中运动的周期的一半和高频交流电的周期相等B.若只增大交流电压U，则质子从回旋加速器中射出时动能变大C.若只增大D形盒的半径，则质子从回旋加速器中射出时的动能可能不变D.若D形盒中磁感应强度大小B增大，则其所接交流电频率f必须增大才能使装置正常工作【答案】D【解析】【详解】A．粒子在回旋加速器的磁场中运动的周期和高频交流电的周期相等，A错误；BC．当粒子从D形盒出来时速度最大，根据可得那么质子获得的最大动能则最大动能与交流电压U无关，跟D形盒半径的平方成正比，BC错误；D．根据若磁感应强度大小B增大，那么周期T会减小 增大，只有适当增大交流电频率f，回旋加速器才能正常工作，D正确。故选D。5.如图所示，一个等边三角形的三个顶点上固定有三个点电荷甲、乙、丙.甲、乙都带正电，甲所受乙、丙两个电荷的库仑力的合力方向如图中所示，则下列说法正确的是（　　）A.点电荷丙带负电，且带电荷量的大小B.点电荷丙带负电，且带电荷量的大小C.点电荷丙带正电，且带电荷量的大小D.点电荷丙带正电，且带电荷量的大小【答案】A【解析】【详解】因甲、乙都带正电，所以静电力表现为斥力，即乙对甲的作用力沿乙甲的延长线方向，而不论丙带正电还是带负电，甲和丙的作用力方向都必须在甲丙连线上，由平行四边形定则知，合力必定为以两个分力为邻边所做平行四边形的对角线，所以甲和丙之间必为引力，所以丙带负电，由几何关系可知解得BCD错误，A正确。故选A。6.如图甲所示电路中，为标有“4V2W”字样的小灯泡，、为两只标有“8V6W”字样的相同灯泡，变压器为理想变压器，各电表为理想电表，当 端接如图乙所示的交变电压时，三只灯泡均正常发光。下列说法正确的是（　　）A.电流表的示数为0.75AB.交变电压的最大值C.变压器原、副线圈的匝数之比为3∶1D.电压表的示数为16V【答案】C【解析】【详解】AC．三只灯泡都正常发光，由可知流过、的电流均为0.75A，所以电流表的示数为1.5A，即副线圈中的电流为1.5A；同理可知流过的电流为0.5A，原线圈中的电流为0.5A，所以A错误C正确；BD．原、副线圈两端的电压之比并且可得故电压表的示数为24V，a、b两端的电压为而交变电压的最大值为，BD错误。故选C。7.图甲为公园里有一水托石球的景观，高速喷出的水流将一质量为M 的石球悬停在空中。为方便计算，如图乙所示，假设高压水流从横截面积为S的喷口持续竖直向上喷出，接触面可近似看成平板；水流冲击到石球底部后，水在竖直方向的速度变为零，在水平方向朝四周均匀散开。忽略空气阻力，已知水的密度为ρ，重力加速度大小为g。则高压水流的速度v可表示为（　　）A.B.C.D.【答案】A【解析】【详解】高压水流冲击到石球底部后，在竖直方向的速度变为零，以竖直向上为正方向，根据动量定理得-Mgt=ρSvt（0-v）得故选A。8.如图所示，在直角三角形中，是的中点，，在、两点放有垂直纸面的直导线，导线中通有大小相等、方向向外的恒定电流，点的磁感应强度大小为.若把点的直导线平移至点，电流方向和大小都不变，则此时点的磁感应强度大小和方向分别为（　　）A.，方向竖直向上B.，方向竖直向上C.，方向水平向右D.，方向水平向右【答案】C 【解析】【详解】设点通电的直导线在点产生的磁感应强度大小为，方向垂直斜向右上，与水平方向成；点通电的直导线在点产生的磁感应强度大小为，方向垂直斜向左上，与水平方向成.根据叠加原理可得点的磁感应强度大小若把点通电的直导线移至点时，在点产生的磁感应强度大小为，方向垂直斜向右下，与水平方向成，可得点的磁感应强度为方向水平向右，故C正确，ABD错误。故选C。9.如图所示，光滑水平面上木块A、B用一根弹性良好的压缩了的轻质弹簧连在一起，左右手分别按住A、B木块，使它们静止。对木块A、B及弹簧组成的系统，下列说法中正确的是（　　）A.当双手同时放开后，系统总动量始终为零B.当双手同时放开后，系统总动量不为零C.若先放开左手，后放开右手，系统总动量为零D.若先放开左手，后放开右手，系统总动量方向向左【答案】AD【解析】【详解】AB．双手同时放开后，系统所受合外力为零，系统动量守恒，由于初动量是零，所以系统总动量始终为零，故A正确，B错误；CD．若先放开左手，后放开右手，A物体先向左做运动，系统具有向左的动量，并且系统所受合外力为零，所以系统的动量守恒，则系统总动量方向向左，故C错误，D正确。故选AD。10.如图所示，带电平行板电容器与验电器相连构成静电计，来探讨电容器的电容的决定因素，同时可以分析带电平行板间的场强与电压，规定大地的电势为0，静电计的带电量不变，P是平行板间的一固定点，下列说法正确的是（　　） A.当平行板的正对面积减小，平行板间的场强变大B.当静电计的指针偏角变小，表示B、A两极板间的电势差变大C.移动金属板A，金属板A的电势会改变D.让A板远离B板，P点的电势变高【答案】AD【解析】详解】A．由综合可当两极板的正对面积S减小，平行板间的场强E变大，A正确；B．由静电计指针的偏转角度，对应测出平行板间的电压，当静电计的指针偏角变小，B、A两板间的电势差变小，B错误；C．金属板A与验电器的金属外壳相连构成等势体，金属外壳接地电势为0，则金属板A的电势始终为零，即移动金属板A，其电势不会改变，C错误；D．由匀强电场的电场强度与电势差之间关系可得结合 可得由两极板间的电场强度E与两极板的间距d的变化无关，让A板远离B板，平行板间的场强E不变，P、A两点之间距离增大，所以变大，即P点的电势变高，D正确。故选AD。11.如图所示，虚线O、A、B、C、D是某匀强电场中的5个平行且等距的等势面，一电子经过O时的动能为10eV，从O到C的过程中克服电场力所做的功为6eV，已知等势面A的电势为2V，下列说法正确的是（　　）A.等势面B上的电势为零B.该电子一定可以到达等势面DC.该电子经过等势面C时，其电势能−2eVD.该电子经过等势面A时的速率是经过等势面C时的倍【答案】AD【解析】【详解】A．电子的电量为，电子由O到C，根据动能定理得由上式可知，电场线垂直等势面向右，因等势面间距相等，由知相邻两等势面之间电势差相等，为2V，所以O、A、B、C、D的电势分别为4V、2V、0V、−2V、−4V，故A正确；B．因电子的速度方向未知，若不垂直于等势面，如图中实线所示，电子可能到达不了等势面D，故B错误； C．C等势面的电势为−2V，电子经过C时，电势能故C错误；D．电子经过等势面O的动能为10eV，电势能为动能和电势能之和为6eV，电子运动时只有电场力做功，所以，动能和电势能之和不变。电子经过等势面A时的电势能为所以，经过A时的动能为8eV。电子经过C时，电势能为2eV，所以动能为4eV，电子经过A、C两等势面的动能之比为2：1，所以速率之比为，即，故D正确。故选AD。12.如图所示，倾角为的粗糙绝缘斜面处于垂直斜面向下的匀强磁场中，在斜面上有一根有效长度为、质量为、水平放置的导体棒，当导体棒中分别通入方向相同的电流、时，导体棒均能沿斜面匀速运动。已知，重力加速度为，则下列说法正确的是（　　）A.通入电流时导体棒沿斜面向上运动B.匀强磁场的磁感应强度为 C.导体棒与斜面间的动摩擦因数为D.若电流，通入电流时也能使导体棒沿斜面做匀速直线运动【答案】BC【解析】【详解】A．由题意可知通电流I1和I2时，导体棒均能沿斜面匀速运动，且I1<I2，电流小时导体棒受到的安培力小，故通入电流I1时导体棒沿斜面向下运动，通入电流I2时导体棒沿斜面向上运动，故A错误；BC．两种情况下，导体棒均匀速运动，均处于平衡状态，由平衡条件可知导体棒沿斜面向下运动时，有导体棒沿斜面向上运动时，有联立解得故BC正确；D．因I1和I2可分别使导体棒沿斜面向下或向上做匀速直线运动，而根据磁场方向可知安培力一定在沿斜面方向，摩擦力大小不变，重力沿斜面分力不变，故不存在其它电流让导体棒做匀速直线运动，故D错误。故选BC。二、实验题（本题共2小题，共12分）13.某同学为了测量电流表的内阻（量程为、内阻约为），设计出了如图所示的测量电路，实验中用到的器材有：电源（电动势为、内阻不计）、滑动变阻器、电阻箱、电阻箱、、电流表（与同规格）、开关和导线若干。 （1）闭合开关S之前，滑动变阻器的滑头应移到__________（填“”或“”）端。（2）若要求无论怎样移动变阻器的滑头，电流表的电流都没有超过其量程，则电路图中的电阻箱应选_________（填或）。（3）请完善以下的实验步骤。a．闭合开关，调节滑动变阻器，使两电流表的指针在满偏附近，记录电流表的示数；b．断开，保持闭合、不变，再闭合，调节，使电流表的示数再次为，读出此时电阻箱的阻值，则电流表内电阻___________。（用题中所给物理量符号表示）【答案】①.②.③.【解析】【详解】（1）[1]闭合开关之前，为使保护电表，应使流过电表的电流从最小开始，所以滑动变阻器的滑头应移到端；（2）[2]由闭合电路的欧姆定律得带入数据解得所以电路图中电阻箱应选；（3）[3]根据等效替代法的原理可知，电流表内电阻。14.某同学想制作一个简易多用电表。实验室中可供选择的器材有：电流表：量程为、内阻约为 电流表：量程为，内阻约为定值电阻：阻值为定值电阻：阻值定值电阻：阻值为滑动变阻器：最大阻值滑动变阻器：最大电阻，额定电流直流电源：电动势，内阻红、黑表笔各一支，开关，单刀多向开关，导线若干（1）该同学打算用电流表作表头，为测定电流表的内阻，设计了如图甲所示的电路，为测量准确并方便调节，对电路中两个定值电阻的选择你认为比较合理的是：选用__________，选用___________。（填写相应元件的代号）（2）按照甲图电路进行实验，测得电流表的内阻为,利用所给器材，该同学设计了如图乙所示的多用电表内部电路，根据图乙电路和实验器材，请回答下列问题：（a）若测量电压，开关应与________（填“1”“2”或“3”）相接，量程为_______。（b）欧姆挡刻度盘的倍率设为“”，中央刻度值应标注为__________________。（c）若把改装电流表与标准电流表串联进行校准，发现改装表示数比标准表示数偏小，出现这种问题如果是因为电流表内阻的测量有误差造成的，则电流表的实际内阻稍_________（填“大于”或“小 于”）。【答案】①.②.③.3④.3⑤.15⑥.大于【解析】【详解】（1）[1]根据图甲实验电路待测电流表与定值电阻并联，电流表测量并联的总电流，由即可求出电流表内阻。因电流表量程为，当满偏时，为使也接近满偏，定值电阻所以A应选择；[2]测量电路部分总电阻约为，最高电压约，用作为保护电阻，可分得大部分电压，可以使滑动变阻器滑片在大范围内调节，定值电阻用比较合理。（2）（a）[3]为测量电压，电流表应串入一个大电阻，开关应接3。[4]和改装成的电流表量程为内阻改装后电压表的量程（b）[5]根据欧姆表原理，中央刻度等于欧姆表内阻，即因设置倍率为“”，所以标注刻度值为15。[6]根据并联电路的分流，改装后电流表示数偏小．即流过的电流偏小，可推断实际阻值应大于。三、计算题（本题共4小题，共40分。作答时应写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤。只写出最后答案的不能得分。有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位） 15.某同学发现直流电动机可以作为发电机使用，把直流电动机连接成如甲图所示电路，若用机械带动线圈在匀强磁场中绕轴匀速转动，回路中便会产生电流。已知线框所处匀强磁场的磁感应强度大小为，线圈面积为，线圈匝数为匝，线圈转动角速度为，定值电阻的阻值为，其他电阻不计。（1）在乙图中画出输出的电压u随时间t变化规律的图线并标出电动势的最大值；（2）求线圈转动一周电阻R中产生的焦耳热。（计算结果可以保留）【答案】（1）；（2）【解析】【详解】（1）线圈在匀强磁场中匀速转动，线圈中会产生正弦交流电，由于线圈输出端是换向器而不是滑环，输出的电压u随时间t变化规律如图所示。其电动势的最大值（2）输出电压的有效值根据焦耳定律 线圈转动一周电阻R中产生的焦耳热16.如图甲所示，和是两根互相平行、竖直放置足够长的光滑金属导轨，其间距，垂直两金属导轨所在的竖直面的匀强磁场，磁感应强度大小。是一根与导轨垂直且始终接触良好的金属杆，其电阻、质量未知。开始时，将开关S断开，让杆从位置1由静止开始自由下落，一段时间后，再将S闭合，杆继续运动到位置2。金属杆从位置1运动到位置2的速度随时间变化的图像如图乙所示，重力加速度g取，导轨电阻与空气阻力均不计。求：（1）位置1与位置2间的高度差和金属杆的质量；（2）金属杆从位置1运动到位置2，回路产生的焦耳热和经过金属杆某一横截面积的电量。【答案】（1），；（2），【解析】【详解】（1）由题图乙分析可知，金属杆自由落体运动的时间、S闭合后匀速运动的时间，由自由落体运动的规律金属杆匀速运动的速度位置1与位置2间的高度差综合解得金属杆匀速运动的过程中，回路中电流为 由二力平衡综合解得（2）金属杆从位置1运动到位置2，由能量守恒得经过金属杆某一横截面积的电量综合解得17.如图所示，在电场强度大小为E、方向水平向右的匀强电场中，固定有一倾角为θ=53°的长度为3R的光滑绝缘倾斜直轨道AB，在B点平滑连接一半径为R的光滑绝缘半圆轨道BC，BC垂直于AB．一电荷量为q的小物块恰好能静止在轨道上的B点。某时刻给其沿轨道AB向上的一个初速度，小物块能沿轨道运动到C飞出，已知重力加速度为g，sin53°=0.8，cos53°=0.6。求∶（1）小物块的质量m；（2）能到达C点，给小物块初速度的最小值；（3）在（2）中的情况下，小物块能否落到轨道AB上？若不能，通过计算说明；若能，落点到A点的距离。 【答案】（1）；（2）；（3）见解析【解析】【详解】（1）对小物块受力分析，由平衡条件有解得（2）小物块恰好能到达C点，需满足电场力与重力的合力恰好能提供向心力，则有由动能定理有联立解得（3）当小物块恰好能到达C飞出后做类平抛运动，假设小物块可以落到轨道AB上沿BC方向有沿AB方向有联立解得故小物块能落到轨道AB上，且落点与A点相距18.如图所示，在直角坐标系xOy的第二象限内有沿x轴正向的匀强电场，在y轴和x=a间的第一象限内有垂直于坐标平面向外、磁感应强度大小为B的匀强磁场I，在y轴和x=a间的第四象限内有垂直于坐标 平面向内、磁感应强度大小为B的匀强磁场Ⅱ。一质量为m、电荷量为q的带正电粒子在P(-a，a)点由静止释放，粒子进入磁场I偏转后，从x轴上(a，0)点进入磁场Ⅱ，不计粒子的重力，求：(1)粒子在磁场中运动的速度大小及匀强电场的电场强度大小；(2)粒子出磁场Ⅱ的位置坐标；(3)若P的位置改为(-x，a)，粒子在P点由静止释放，粒子经电场加速进入磁场，经磁场I偏转再经磁场Ⅱ偏转后以垂直x=a的方向射出磁场Ⅱ，则x的值为多少。【答案】(1)，；(2)(a，-a)；(3)【解析】【详解】设粒子在磁场中运动的速度大小为v，则题意可知，粒子进磁场I的位置为(0，a)，出磁场I的位置为(a，0)，粒子在磁场I中运动轨迹为圆弧，因此粒子在磁场I中做圆周运动的半径根据牛顿第二定律解得根据动能定理 解得(2)设粒子在磁场Ⅱ中运动的半径为，根据牛顿第二定律有解得粒子在电场、磁场中运动轨迹如图所示，设粒子出磁场Ⅱ的位置坐标为(a，-y)根据几何关系解得因此粒子出磁场Ⅱ的位置坐标为(a，-a)。(3)粒子在磁场中运动的轨迹如图所示，由于粒子在磁场Ⅰ、Ⅱ中做圆周运动的半径之比为1：2，根据几何关系，粒子经过x轴的位置离O点的距离为，设粒子在磁场I中做圆周运动的半径为，根据几何关系有解得 设粒子在磁场中运动的速度为，根据牛顿第二定律根据动能定理解得