湖南省岳阳市岳阳中学2021-2022学年高二物理下学期期末试卷（Word版附解析）

岳阳中学2022年下学期高二期末考试物理卷一、单项选择题（每小题3分，共24分）1.关于磁感应强度定义式，下列说法正确的是（　　）A.磁感应强度随着通电导线所受磁场力的增大而增大B.磁感应强度随着乘积的减小而增大C.磁感应强度的方向与通电导体受力的方向相同D.磁感应强度由磁场本身决定，不随、及的变化而变化【答案】D【解析】【详解】ABD．磁场中某点的磁感应强度B是由磁场本身决定的，与通电导线所受的安培力F以及IL的乘积无关，选项AB错误，D正确；C．磁感应强度的方向与通电导体受力的方向垂直，选项C错误。故选D。2.如图所示为磁场、磁场作用力演示仪中的赫姆霍兹线圈，当在线圈中心处挂上一个小磁针，且与线圈在同一平面内，则当赫姆霍兹线圈中通以如图所示方向的电流时（　　）A.小磁针N极向里转B.小磁针N极向外转C.小磁针在纸面内向左摆动D.小磁针在纸面内向右摆动【答案】A【解析】【分析】【详解】由于线圈中电流沿顺时针方向，根据安培定则可以确定，线圈内部轴线上磁感线方向垂直于纸面向里。而小磁针N极受力方向和磁感线方向相同，故小磁针N极向里转。故A\n正确，BCD错误。故选A。3.在下图中，标出了磁场的方向、通电直导线中电流I的方向，以及通电直导线所受安培力F的方向，其中正确的是()A.B.C.D.【答案】C【解析】【详解】A.根据左手定则可得，图中安培力的方向是向下的，故A错误；B.图中电流的方向和磁场方向平行，不受安培力的作用。故B错误；C.根据左手定则可得，图中安培力的方向是竖直向下的，故C正确；D.根据左手定则可得，图中安培力的方向是垂直向外的，故D错误。4.一质量为1kg的物块在合外力F的作用下从静止开始沿直线运动，F随时间t变化的图线如图所示，则（　　）A.t=1s时物块的速率为1m/sB.t=2s时物块的动量大小为2kg·m/sC.前3s内合外力冲量大小为3N·sD.前4s内动量的变化量大小为0【答案】C【解析】【详解】A．根据动量定理解得\nA错误；B．根据动量定理可知B错误；C．根据图像可知前3s内合力的冲量为C正确；D．根据图像可知前3s内的冲量为选项C正确；D．根据图像可知前4s内的冲量为根据动量定理可知前4s内动量的变化量大小为2kgm/s，选项D错误。故选C。5.如图所示，虚线a、b、c代表电场中的三条电场线，实线为一带负电的粒子仅在电场力作用下通过该区域时的运动轨迹，P、R、Q是这条轨迹上的三点，由此可知（　　）A.带电粒子在R点时的速度大于在Q点时的速度大小B.带电粒子在P点时的电势能比在Q点时的电势能大C.带电粒子在R点时的动能与电势能之和比在Q点时的小，比在P点时的大D.带电粒子在R点时的加速度大于在Q点时的加速度大小【答案】AD【解析】【详解】ABC．粒子仅在电场力的作用下运动，电势能Ep和动能Ek总和保持不变，相互转化，因为负电荷做曲线运动所受电场力指向曲线轨迹凹侧且沿电场线反方向，所以电场线方向向\n左，沿电场线方向电势降低可知又因为负电荷在电势高处，电势能小；在电势低处，电势能大，则所以带电粒子在P点时的电势能比在Q点时的电势能小。又因为，则带电粒子在各点的动能关系所以同一粒子在R点时的速度大于在Q点时的速度，A正确，BC错误；D．电场线密集的地方场强大，所以粒子仅有电场力的作用，由牛顿第二定律得所以粒子在R点时加速度大小大于在Q点时的加速度大小，D正确。故选AD。6.如图所示，在倾角为的光滑斜面上，放置一质量为m的导体棒，棒长为L，棒中通有垂直纸面向里的电流，电流大小为I．若使金属棒静止在斜面上，则下面关于磁感应强度B的判断正确的是（）A.B的方向垂直斜面向上，，B为最小值B.B的方向平行斜面向上，，B为最小值C.B的方向竖直向上，，此时金属棒对导轨无压力D.B的方向水平向左，，此时金属棒对导轨无压力【答案】D【解析】\n【详解】当安培力方向沿斜面向上时，磁感应强度最小，即mgsinθ=ILBmin；，方向垂直斜面向下，故AB错误．若，则mg=BIL，B方向竖直向上，则安培力水平向右，与重力的合力不为0，棒不能平衡．故C错误；若，则mg=BIL，B的方向水平向左，则安培力竖直向上，与重力的合力是0．故D正确．7.带电质点在匀强磁场中运动，某时刻速度方向如图所示，所受的重力和洛伦兹力的合力恰好与速度方向相反，不计阻力，则在此后的一小段时间内，带电质点将(　　)A.可能做直线运动B.可能做匀减速运动C.一定做曲线运动D.可能做匀速圆周运动【答案】C【解析】【详解】带电质点在运动过程中，重力做功，速度大小和方向发生变化，洛伦兹力的大小和方向也随之发生变化，故带电质点不可能做直线运动，也不可能做匀减速运动和匀速圆周运动．A．可能做直线运动，与结论不相符，选项A错误；B．可能做匀减速运动，与结论不相符，选项B错误；C．一定做曲线运动，与结论相符，选项C正确；D．可能做匀速圆周运动，与结论不相符，选项D错误；故选C.8.在测量阻值较小的金属的电阻率的实验中，为了减小实验误差，并要求在实验中获得较大的电压调节范围，在测量其电阻时应选择的电路是(　　)A.B.\nC.D.【答案】D【解析】【详解】金属阻值较小，在用伏安法测电阻时应该用电流表外接法，题干中要求实验中获得较大的电压调节范围，故滑动变阻器要采用分压式接法，故选D。二、多项选择（每题5分，共15分，每题至少有两个选项符合题意，全部选对的得5分，有漏选的得3分，有选错或不选的得0分。）9.图甲为一列简谐横波在t=0.10s时的波形图，P是平衡位置在x=0.5m处的质点，Q是平衡位置在x=2.0m处的质点；图乙为质点Q的振动图像。下列说法正确的是（　　）A.这列简谐波沿x轴正方向传播B.波的传播速度为20m/sC.从t=0到t=0.25s，波传播的距离为5mD.在t=0.20s时，质点P的加速度方向与y轴正方向相同E.从t=0.10s到t=0.15s，质点P通过的路程为10cm【答案】BCD【解析】【详解】A．振动图像的斜率表示速度，由乙图读出，在t=0.10s时Q点的速度方向沿y轴负方向，由波形的平移法判断可知该波沿x轴负方向的传播，故A错误；B．由甲图读出波长为λ=4m，由乙图读出周期为T=0.2s，则波速为故B正确；C．从t=0到t=0.25s，波传播的距离为\ns=vt=20×0.25m=5m故C正确；D．在t=0.20s时，即从t=0.10s时刻开始经过半个周期，质点P在平衡位置下方，加速度的方向沿y轴正方向，故D正确；E．从t=0.10s到t=0.15s，经过时间为，由于在t=0.10s时质点P不在平衡位置和最大位移处，所以从t=0.10s到t=0.15s，质点P通过的路程不等于A=10cm，故E错误。故选BCD。10.如图所示的电路，A、B、C为三个相同的灯泡，其电阻大于电源内阻，当变阻器的滑动触头P向上移动时（　　）A.A灯变亮，B灯和C灯都变暗B.A灯变亮，B灯变暗，C灯变亮C.电源释放的总电功率增大，电源的供电效率降低D.电源输出的电功率增大，电源的供电效率提高【答案】BC【解析】【详解】AB．当变阻器的滑动触头P向上移动时，变阻器接入电路的电阻减小，外电路总电阻减小，总电流I增大，A灯变亮。A灯和电源的内电压增大，并联部分电压减小，B灯变暗。由总电流增大，而通过B灯的电流减小，可知通过C灯的电流增大，C灯变亮，故A错误，B正确；C．电源消耗的总功率为P=EI，电源的电动势E不变，I增大，则电源的总功率P增大，电源的供电效率外电阻减小，路端电压U减小，电源的供电效率降低，故C正确；D．由题意，A、B、C三个灯泡的电阻都大于电源内阻，根据推论：外电阻等于电源的内阻时，电源的输出功率最大，则知，当变阻器的滑动触头P向上移动时，外电路总电阻减小，电源输出的电功率增大，故D错误。\n故选BC。11.关于下列四幅图中所涉及物理知识的论述中，正确的是（　　）A.甲图中，沙漠中的“蜃景”现象是光的衍射现象引起的B.乙图中，演示简谐运动的图象实验中，若匀速拉动木板的速度较大，则由图像测得简谐运动的周期较大C.丙图中，可利用薄膜干涉检查样品的平整度D.丁图中，由图可知当驱动力的频率跟固有频率相差越大，振幅越大【答案】C【解析】【详解】A．沙漠中的“蜃景”现象，是光的全反射现象引起的，故A错误；B．演示简谐运动的图象实验中，若匀速拉动木板的速度较大，会导致图象的横标变大，但对应的时间仍不变，简谐运动的周期与单摆的固有周期相同，故B错误；C．利用薄膜干涉，由薄层空气的两表面反射光，频率相同，从而进行相互叠加，达到检查样品的平整度的目的，故C正确；D．由图可知当驱动力频率f跟固有频率f0相同时，才出现共振现象，振幅才最大，跟固有频率f0相差越大，振幅越小，故D错误。故选C。【点睛】考此题考查光的全反射、干涉的应用，注意共振的条件，及简谐运动的固有周期与策动力周期的区别。三、实验题（每空3分，共21分）\n12.某同学利用如图甲所示的电路测量一电源的电动势和内阻，其中电压表V的内阻很大，电流表A的内阻为2.5Ω。（1）为保证电路安全，实验开始前，应使电阻箱的阻值_______（选填“最大”或“最小”）；（2）改变电阻箱的阻值，记录多组电压表的示数U以及电流表对应的示数I，作出图像，如图丙所示。则该电源的电动势为_______V、内阻为_______Ω。（结果均保留三位有效数字）【答案】①.最大②.5.90③.7.50【解析】【详解】（1）[1]为保证电路安全，实验开始前，应使电阻箱的阻值最大；（2）[2][3]根据闭合电路欧姆定律得变形得可知图像的纵截距表示电源电动势，则有\n图像的斜率绝对值表示电源的内阻与电流表电阻之和，则有解得13.某同学在“用单摆测定重力加速度”的实验中，先测得摆线长为97.50cm，摆球直径为2.00cm，然后用秒表记录了单摆振动50次所用的时间如图甲所示。则：（1）该摆摆长为________cm，秒表的示数为________；（2）（单选）如果他测得的g值偏小，可能的原因是（）A.测摆线长时摆线拉得过紧B.摆线上端悬点未固定，振动中出现松动，使摆线长度增加C.开始计时时，秒表过迟按下（3）为了提高实验精度，在实验中可改变几次摆长l并测出相应的周期T，从而得出一组对应的l与T的数据如图乙，再以l为横坐标，T2为纵坐标将所得数据连成直线，并求得该直线的斜率为k，则重力加速度g=________（用k表示）\n【答案】①.98.50②.99.8s③.B④.【解析】【详解】（1）[1]单摆的摆长[2]由甲图可知，秒表的小盘读数为90s，大盘读数为9.8s，则秒表读数为99.8s；（2）[3]根据摆的周期公式解得A．测摆线时摆线拉得过紧，则摆长的测量量偏大，则测得的重力加速度偏大，故A错误；B．摆线上端未牢固地系于悬点，振动中出现松动，使摆线长度增加了，振动周期变大，而测得的摆长偏小，则测得重力加速度偏小，故B正确；C．开始计时，秒表过迟按下，测得单摆的周期偏小，则测得的重力加速度偏大，故C错误。故选B。（3）[4]由单摆周期公式可得则图线的斜率解得\n四、计算题（第13题10分，第14题14分，第15题16分，共40分）14.一束光垂直BC面射入如图所示的透明三棱镜中，棱镜折射率n=，求：（1）在图上画出光第一次从三棱镜中射出的光路图；（2）光第一次从三棱镜中射出时的折射角。【答案】（1）见解析；（2）45°【解析】详解】（1）由临界角公式得解得C=45°由几何知识可知i=60°＞C光在AB上发生全反射，又α=30°，则光在AC面上发生折射，光路图如图所示（2）由折射定律得可得\n解得β=45°15.如图表示，在磁感强度为B=2T的水平匀强磁场中，有一足够长的绝缘细棒OO′在竖直面内垂直磁场方向放置，细棒与水平面夹角为α=60°。一质量为m=1kg，带电荷为+q=2.5C的圆环A套在OO′棒上，圆环与棒间的动摩擦因数为μ=，g取10m/s2。现让圆环A由静止开始下滑，试问圆环在下滑过程中：（1）圆环A的最大加速度为多大，获得最大加速度时的速度为多大；（2）圆环A能够达到的最大速度为多大。【答案】（1）5m/s2，1m/s；（2）3m/s【解析】【详解】（1）对沿棒的方向，根据牛顿第二定律有垂直棒的方向有所以当f=0，即N=0时，加速度有最大值am，联立可解得此时有解得速度为\n（2）设环A的速度达到最大值vm时，环受杆的弹力为N，方向垂直于杆向下，此时应有a=0，则沿棒方向有垂直棒的方向有联立解得vm=3m/s16.如图所示，一轻质弹簧的一端固定在滑块B上，另一端与滑块C接触但未连接，该整体静止放在离地面高为H=3.2m的光滑水平桌面上。现有一滑块A从光滑曲面上离桌面h=5m高处由静止开始下滑，与滑块B发生碰撞（时间极短）并粘在一起压缩弹簧推动滑块C向前运动，经一段时间，滑块C脱离弹簧，继续在水平桌面上匀速运动一段时间后从桌面边缘飞出。已知mA=mB=1kg，mc=3kg，g=10m/s2。求：(1)滑块A与滑块B碰撞结束瞬间的速度；(2)被压缩弹簧的最大弹性势能；(3)滑块C落地点与桌面边缘的水平距离。【答案】(1)5m/s；(2)15J；(3)3.2m【解析】【详解】(1)滑块A从光滑曲面上h高处由静止开始滑下的过程，机械能守恒，设其滑到底面的速度为v1，由机械能守恒定律有：滑块A与B碰撞的过程，A、B系统的动量守恒，以A的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得：\n解得(2)滑块A、B发生碰撞后与滑块C一起压缩弹簧，压缩的过程机械能守恒，被压缩弹簧的弹性势能最大时，滑块A、B、C速度相等，设为速度v3，以向右为正方向，由动量守恒定律得由机械能守恒定律得把v2、v3代人解得Ep=15J(3)被压缩弹簧再次恢复自然长度时，滑块C脱离弹簧，设滑块A、B的速度为v4，滑块C的速度为v5，以向右为正方向，由动量守恒定律得由机械能守恒定律得滑块C从桌面边缘飞出后做平抛运动水平方向s=v5t竖直方向解得s=3.2m