江苏省南通市海安市2021-2022学年高二物理下学期期末考试试题（Word版附解析）

2021~2022学年末学业质量监测试卷高二物理一、单项选择题：共10题，每题4分，共40分。每题只有一个选项最符合题意。1.动圈式话筒和动圈式扬声器结构如图所示，扬声器中的锥形纸盆和话筒中的弹性膜片均与金属线圈粘连在一起，线圈处于永磁体的磁场中，则（　　）A.该扬声器可以当话筒使用B.扬声器根据电磁感应原理工作的C.话筒是根据电流的磁效应工作的D.话筒是将电信号转换成声音信号的传感器【答案】A【解析】【详解】A．根据动圈式扬声器的结构图可知，当人对着扬声器的锥形纸盆说话时，声音使纸盆振动，与纸盆相连的线圈也会随着振动，从而使得穿过线圈的磁通量发生变化，这时线圈中就会产生随着声音变化的感应电流，所以该扬声器也能当话筒使用，故A正确；B．根据动圈式扬声器的结构图可知，线圈安放在磁铁磁极间的空隙中能够自由运动，按音频变化的电流通过线圈，线圈将受到安培力的作用而运动。由于锥形纸盆与线圈连接，随线圈振动而发声，所以动圈式扬声器的原理是磁场对电流的作用产生的，故B错误；C．根据动圈式话筒结构图可知，动圈式话筒的膜片与线圈固定在一起，线圈套在磁铁上。当我们对着话筒讲话时，膜片带动线圈一起振动，从而使得穿过线圈的磁通量发生变化，于是线圈中产生了随声音变化的电流，所以话筒是根据电磁感应原理工作的，故C错误；D．话筒作为信号接收端，通过收集声音信号，通过敏感元件，从而将声音信号转换成电信号的传感器，故D错误。故选A。2.小石块从井口自由下落，经过后听到该石块落水的声音，取，则井口到水面的距离（　　） A.略大于B.略小于C.略大于D.略小于【答案】D【解析】【详解】若不考虑声音传播所需要时间，根据自由落体运动位移时间公式，则小石块从井口下落到水面的距离为但实际声音传播到人耳需要一定的时间，只是由于声音传播的速度较大，使得这个传播时间相对比较小，也即小石块从井口落到水面的时间略小于1s，可推知井口到水面的距离略小于，故选D。3.如图所示，将带铁芯的线圈A通过滑动变阻器和开关连接到电源上，把线圈A放进螺线管B的里面，开关闭合瞬间电流计指针向右摆动，则开关闭合以后（　　）A.将线圈A拔出过程中指针向左偏转B.滑片P快速向右移动指针向右偏转C.向线圈A中插入铁芯指针向左偏转D.再断开开关的瞬间指针不偏转【答案】A【解析】【详解】A．由题知开关闭合瞬间，穿过线圈B的磁通量增加，电流计指针向右摆动。当开关闭合以后将线圈A拔出过程中，穿过线圈B的磁通量减少，则指针向左偏转，选项A正确；B．当开关闭合以后滑片P快速向右移动，滑动变阻器接入电路的电阻增大，电路中的电流变小，穿过线圈B的磁通量减少，则指针向左偏转，选项B错误；C．当开关闭合以后向线圈A中插入铁芯，穿过线圈B的磁通量增加，则指针向右偏转，选项C错误；D．当开关闭合以后再断开开关的瞬间，穿过线圈B的磁通量减少，则指针向左偏转，选项D错误。故选A。4.如图为质点做匀变速曲线运动的轨迹示意图，已知A、B、C是分别在轨迹上不同位置，质点在B处时速度最小，A、C两点到B点距离相等.则（　　） A.质点受力方向在B点发生变化B.质点在C处的速度可能与A处相同C.质点从A到B、B到C速度变化大小和方向都相同D.质点在A、C两处的加速度方向与速度方向的夹角相同【答案】C【解析】【详解】A．质点做匀变速曲线运动，加速度不变，受力方向在B点不发生变化，故A错误；B．质点在C处速度方向与A处的速度方向不同，故B错误；C．加速度不变，则速度变化方向不变，A、C两点到B点距离相等，则质点从A到B、B到C速度变化大小相同，故C正确；D．质点在B处时速度最小，则从A到B做减速运动，从B到C做加速运动，质点在A、C两处的加速度方向与速度方向的夹角不同，故D错误。故选C。5.如图所示，单刀双掷开关S先打到a端让电容器充满电。时开关S打到b端，时回路中的电流在顺时针方向第一次有最大值，则（　　）A.此时电容器中电场能最大B.回路的周期为C.时线圈中磁场能最大D.由于能量损耗，回路中振荡频率不断减小【答案】C【解析】【详解】A．此时放电电流达到最大值，电容器极板上电荷量为零，电场能最小，故A错误；B．当S达到b端后，电容器先依次经历一个放电和充电过程，此阶段LC 回路中电流沿逆时针方向，待第一次充电结束时，共经历半个周期，此后电容器再次放电，回路中电流方向第一次沿顺时针，再经历四分之一个周期，放电电流达到最大，所以有解得回路的周期为故B错误；C．根据振荡回路的周期性可知，时线圈放电电流达到最大，此时线圈中磁场能最大，故C正确；D．由于能量损耗，振荡电流的振幅会逐渐减小，但回路中振荡频率由L和C决定，所以振荡频率不变，故D错误。故选C。6.如图所示的三维坐标系中，一圆形线圈放置在平面内，其圆心为坐标原点O，沿着x轴正方向看线圈中有逆时针方向的电流I，P为x轴正半轴上一点，线圈在P处的磁感应强度为B，M、N为y、z轴与线圈的交点，则（　　）A.O处的磁感应强度为0B.x轴上磁感应强度为B的点只有P点C.O、N间和O、M间各点磁感应强度方向相同D.通过四分之一圆面和平面的磁通量相同【答案】C【解析】【详解】A．根据安培定则可知O处的磁感应强度沿x轴负方向，不为零，故A错误；B．根据对称性可知，在x轴负半轴上，P点关于O点对称的P′点的磁感应强度也为B，故B错误；C．根据安培定则可知O、N间和O、M间各点磁感应强度方向均沿x轴负方向，故C正确；D．平面在yOz平面的投影面积等于△MON的面积，而△MON的面积小于四分之一圆面OMN的面积，并且越远离线圈平面，磁感应强度越小，所以通过四分之一圆面的磁通量一定大于通过平面 的磁通量，故D错误。故选C。7.如图所示，两人用相同大小的力提一桶水，桶和水的质量为m，已知两手臂的夹角为60°，手中轻绳长度是桶口直径的两倍，轻绳中张力为（　　）A.B.C.D.【答案】C【解析】详解】对桶和水受力分析，如图由平衡条件可得手对轻绳的拉力为依题意手中轻绳长度是桶口直径的两倍，则手中轻绳的夹角为，设轻绳中张力为T，有故选C。8.可调磁控阻力健身车原理如图所示，通过拉杆可以控制磁铁与铝制飞轮之间的距离，健身时带动飞轮转动，可感受到车轮转动时的阻尼感。则（　　） A.阻尼感是磁铁与车轮间摩擦所致B.若拉杆位置不动，转速越小阻尼感越强C.若飞轮转速不变，磁铁与飞轮距离越远阻尼感越强D.若其他条件相同情况下，铜制的飞轮阻尼感更强【答案】D【解析】【详解】A．阻尼感是飞轮切割磁感线产生感应电流从而受到安培力所致，故A错误；B．若拉杆位置不动，转速越小，飞轮切割磁感线产生的感应电动势越小，即感应电流越小，所受安培力越小，阻尼感越弱，故B错误；C．若飞轮转速不变，磁铁与飞轮距离越远，磁铁在飞轮处产生的磁场强度越小，飞轮切割磁感线产生的感应电动势越小，即感应电流越小，所受安培力越小，阻尼感越弱，故C错误；D．铜的电阻率比铝的电阻率小，若其他条件相同情况下，铜制的飞轮电阻更小，切割磁感线时感应电流更大，所受安培力更大，则阻尼感更强，故D正确。故选D。9.直升机在一次物资投放训练中，质量分别为m、M的物体用轻绳悬挂在直升机下方与其一起向右上方匀加速飞行，已知，若空气阻力不计，则它们的位置关系可能正确的是（　　）A.B.C.D.【答案】B 【解析】【详解】令运动方向即加速度a与竖直方向夹角为θ，连接m物体的轻绳与竖直方向的夹角为α，连接M物体的轻绳与竖直方向的夹角为β，对m、M整体进行受力分析如图所示根据正弦定理有对M进行受力分析如图所示根据正弦定理有解得则可知两跟轻绳必定处于同一条直线上，ACD错误，B正确。故选B。10.如图所示，竖直平面内半径为R圆形线框顶端与匀强磁场的边界相切，磁场方向垂直于线框，对线框施加一个竖直向上的恒力F，使线框由静止向上运动，则圆形线框上升高度h、速度v随时间t，加速度a、感应电流i随上升高度h变化的关系图像中，可能正确的是（　　） A.B.C.D.【答案】B【解析】【详解】A．因为线框在零时刻由静止开始向上运动，则一定有F＞mg，h-t图像的斜率表示线框的速度，A图像描述线框先加速后减速，速度减为零后再向下运动，假设线框在运动过程中速度可以减为零，无论此时线框是否还位于磁场中，线框中感应电流一定为零，所受安培力为零，则仍满足合外力竖直向上，此后线框不可能向下运动，故A错误；B．根据牛顿第二定律有v-t图像的斜率表示加速度，B图像描述线框始终做加速运动，加速度先减小后增大，实际情况中，假设线框最终可以整体穿过磁场区域，则线框切割磁感线的有效长度l一定先增大后减小，所以与v的乘积可能先增大后减小，对应线框的加速度先减小后增大，并且线框刚好离开磁场时的加速度和初始时加速度相同，而B图像中曲线起始和末端斜率大致相等，故B正确；C．根据前面分析可知，当h=2R时，线框恰好完全离开磁场，此时线框的加速度应和初始时的加速度相同，不可能小于初始时的加速度，故C错误；D．根据闭合电路欧姆定律有 D图像描述感应电流先增大后减小，且变化规律存在对称性，即当线框位于圆心关于MN对称的两个位置时i相等，根据几何关系可知在这两个位置线框切割磁感线的有效长度相等，则线框速度v也相等，所以按照D图像描述，线框应先做加速运动，当线框刚好一半穿过磁场时速度达到最大，之后开始做减速运动，且切割磁感线的有效长度不断减小，但根据B项中表达式可知，此时线框加速度方向应向上且不断增大，这显然和线框做减速运动相矛盾，故D错误。故选B。二、非选择题：共5题，共60分。其中第12题~第15题解答时请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；有数值计算时，答案中必须明确写出数值和单位。11.用图示装置“探究平抛运动的特点”，甲图中，M、N为相同的斜槽，且都固定在背板上，开关同时控制两斜槽上电磁铁的通断。P为一可以在横杆上左右移动的电磁铁，K为一光控开关（控制P的通断，当铁球经过此处时K断开），Q为倾斜挡板，背板与底座（如图乙）垂直。步骤如下：①调节高度旋钮，使两水平仪中气泡均处于中央；②移去Q，接通电源，闭合S，让斜槽M、N上的电磁铁分别吸住两铁球，断开S，观察现象；③再闭合S，让P及M的电磁铁分别吸住两铁球，断开S，观察现象。改变P的位置，重复上述操作； ④将一坐标纸和复写纸固定在背板上，装上Q闭合S，让M的电磁铁吸住小球，断开S，钢球落到Q上，挤压复写纸，在纸上留下印迹。上下调节Q，重复此过程，记录多个印迹：⑤断开电源，取下坐标纸，根据印迹进行分析。（1）调节左侧水平仪的目的是______；（2）步骤③观察到现象是______，说明了______；（3）图丙中a、b、c、d为小球在平抛运动途中的几个位置，小方格的边长，则a点______（选填“是”、“不是”）抛出点，初速度______（取）；（4）某次实验中，底座上右侧水平仪如丁所示，若不计阻力，则可能出现的误差有______；A.因背板上端向纸面外侧倾斜，导致测量值偏小B.因背板上端向纸面外侧倾斜，导致测量值偏大C.因背板上端向纸面内侧倾斜，导致测量值偏小D.因背板上端向纸面内侧倾斜，导致测量值偏大【答案】①.使斜槽末端切线水平，小球飞离斜槽后做平抛运动②.P、M两电磁铁吸住的两铁球同时落地③.平抛运动的小球竖直方向做自由落体运动④.不是⑤.1.0⑥.C【解析】【详解】（1）[1]调节左侧水平仪的目的是：使斜槽末端切线水平，小球飞离斜槽后做平抛运动。（2）[2]步骤③观察到现象是：P、M两电磁铁吸住的两铁球同时落地。[3]M处的电磁铁经过斜槽末端的光控开关K时，P处的电磁铁电源断开，两球在同一高度同时开始在空中运动，P处小球做自由落体运动，两铁球同时落地说明，平抛运动的小球竖直方向做自由落体运动。（3）[4]若a点是抛出点，则因为小球竖直方向做自由落体运动，相等时间内的位移比应为，但是图丙中各点竖直方向的位移比为，故a点不是抛出点。[4]由图丙可知代入数据，联立可得（4）[5]由图丁可知，水平仪气泡偏下，故背板向纸面内倾斜。因此图丙中坐标纸竖直方向的距离不是小球实际竖直方向下落的高度，实际竖直方向的分位移应为坐标纸中的距离在竖直方向的投影，即测量值 比实际值偏大，由可知，相邻两点间的时间的测量值t偏大。而水平方向的距离与背板是否倾斜无关，故由可知，初速度的测量值偏小。故选C。12.如图，匝数匝的矩形线圈，面积，绕垂直于磁场的轴以角速度匀速转动，匀强磁场的磁感应强度，矩形线圈通过滑环E、F与理想变压器相连，变压器原、副线圈的匝数之比为，副线圈和阻值的电阻相连；从图示位置开始计时，矩形线圈内阻不计，求：（1）线圈中产生感应电动势的瞬时表达式；（2）电阻R上消耗的功率。【答案】（1）；（2）20W【解析】【详解】（1）根据正弦式交变电流产生的条件，可知线圈中产生感应电动势呈现正弦式，计时起点穿过线圈平面的磁通量为0，则代入数值得（2）矩形线圈内阻不计，变压器原线圈电压的有效值根据变压器电压匝数比的关系有解得电阻R上消耗的功率 13.轻质细线竖直吊着一质量为、边长为、匝数的正方形线圈，线圈总电阻为。边长为的正方形匀强磁场区域对称分布在线圈下边的两侧，如图（甲）所示。磁场方向垂直纸面向里，磁感应强度大小随时间变化如图（乙）所示，取。求：（1）时刻线圈的感应电动势大小；（2）从时刻起，经过多长时间绳子拉力为零。【答案】（1）；（2）【解析】【详解】（1）由法拉第电磁感应定律可得（2）线圈中产生的感应电流恒为绳子拉力为零时有解得由解得14.如图所示，静止在水平地面上的长为长木板A，质量，质量的小滑块B（可视为质点）静止在长木板A的左端。已知小滑块和木板动摩擦因数，木板和地面间的动摩擦 因数，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，水平地面足够长，不计空气阻力，取。求：（1）对小滑块B施加一水平向右力F使A、B能一起运动时，力F的最大值；（2）现对小滑块B施加一水平向右恒力，小滑块B滑离长木板A时的速度大小；（3）现对小滑块B施加一水平向右恒力，经过时间后撤去该力，最终B停在A上的位置到A左端的距离。【答案】（1）；（2）；（3）【解析】【详解】（1）当长木板A和小滑块B相对静止一起匀加速运动且AB之间静摩擦力达到最大值时，F最大设为。设此时两物体的加速度为，对木板A，由牛顿第二定律带入数据解得对小滑块B，由牛顿第二定律带入数据解得（2）对小滑块B施加一水平向右恒力>12N小滑块B与长木板A发生相对滑动，设小滑块B此时的加速度为，对滑块B，由牛顿第二定律得带入数据解得设此时长木板A的加速度为，由牛顿第二定律 解得设经过时间，小滑块B滑离长木板A，则又解得小滑块B滑离长木板A时的速度大小（3）对小滑块B施加一水平向右恒力，经过时间后撤去该力，此时小滑块B的速度内小滑块B的位移长木板A速度内长木板A的位移撤去力F之后小滑块B以加速度大小减速，长木板A继续以加速度加速，直到两者共速后一起做匀减速运动。由牛顿第二定律解得设撤去力F之后经过两者共速，设共同速度为，则 解得在时间内，小滑块B的位移在时间内，长木板A的位移最终B停在A上的位置到A左端的距离15.如图所示，匀强磁场区域由两圆心都在O点，半径分别为R和的半圆盒和围成，匀强磁场垂直于纸面向外，磁感应强度大小为。质量为m、电荷量为的粒子以不同的速度从处垂直射入磁场后都能打到荧光屏上。不计粒子的重力和粒子间相互作用，打到半圆盒上的粒子均被吸收。（1）射入粒子的速度v范围：（2）若粒子在（1）中的速度范围内从处沿任意方向射入磁场；求粒子在磁场中运动的最长时间t；（3）设速度在和（）间该粒子源源不断地从之间各处沿各个方向进入磁场，现由小到大调节磁感应强度B的大小，发现只有磁感应强度在至间时（），才有粒子能到达荧光屏，求和的大小。 【答案】（1）；（2）；（3），【解析】【详解】（1）粒子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力解得若粒子以不同的速度从处垂直射入磁场后都能打到荧光屏上，则由几何关系可知，粒子恰好打在N2点时，半径最小，最小半径为R；粒子恰好打在M2点时半径最大，最大半径为，故解得（2）粒子在磁场中做圆周运动的周期为如图，当粒子的运动轨迹恰好与M1M2相切，且恰好打在N2点时，运动轨迹所对应的圆心角最大，运动时间最长由几何关系解得故 故所以求粒子在磁场中运动的最长时间为（3）由，结合几何关系可知，r的最小值为R，最大值为2R，故，解得，故，