2022年高二上學期期末物理試題含解析zhangsan

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1、2022年高二上學期期末物理試題 含解析zhangsan 一.單項選擇題（本題共6小題，每小題3分，共18分。在每小題給出的四個選項中，只有一個選項正確） 1．下列說法中正確的是（ ） A．磁感線總是從磁體的N極出發(fā)終止于磁體的S極 B．一小段通電導線放在某處不受磁場的作用力，則該處的磁感應強度一定為零 C．線圈放在磁場越強的位置，穿過線圈的磁通量一定越大 D．穿過線圈的磁通量變化越快，線圈中產(chǎn)生的感應電動勢越大 【答案】D A、在磁鐵的外部，磁感線從N極出發(fā)進入S極，在磁鐵內(nèi)部從S極到N極，故A錯誤； B、一小段通電導線放在某處不受磁場的作用力，可能B為

2、零，也可能B≠0，是由于導線與磁場平行，故B錯誤； C、線圈放在磁場越強的位置，線圈的磁通量不一定越大，根據(jù)磁通量公式可知，還與線圈與磁場的夾角有關，故C錯誤； D、穿過線圈的磁通量變化越快，磁通量變化率越大，法拉第電磁感應定律分析得知，線圈中產(chǎn)生的感應電動勢越大，故D正確。 故選D。 【考點】法拉第電磁感應定律；磁通量 2．如圖，一束負離子從S點沿水平方向射出，在沒有電、磁場時恰好擊中熒光屏上的坐標原點O；若同時加上電場和磁場后，負離子束最后打在熒光屏上坐標系的第Ⅲ象限中，則所加電場E和磁場B的方向可能是(不計離子重力及相互作用力) （ ） A．E向上，B向上

3、 B．E向下，B向下 C．E向上，B向下 D．E向下，B向上 【答案】A 由題意及可知，電子在電場中受力應向下，故電場方向應向上； 而粒子在磁場作用下向左偏轉(zhuǎn)，故說明洛侖茲力向左，由左手定則可知，B應向上。 故選A。 【考點】帶電粒子在混合場中的運動 3．如圖，直角三角形閉合線圈ABC處于垂直紙面向里的勻強磁場中，線圈通有順時針方向電流，則線圈所受磁場力的合力為（ ） A．大小為零 B．方向豎直向上 C．方向豎直向下 D．方向垂直紙面向里 【答案】A 通以順時針的電流方向，根據(jù)左手定則可知：各邊所受的安培力背

4、離中心處，如圖所示； 由公式F=BIL得出各邊的安培力的大小，從而得出安培力大小與長度成正比，因而兩直角邊的安培力合力與斜邊的安培力等值反向，所以線圈所受磁場力的合力為零。 故選A。 【考點】安培力 4．如圖，A、B兩個帶電小球用等長絕緣細線懸掛于O點，A球固定，B球受到庫侖力作用與細線間成一定的夾角，若其中一個小球由于漏電，電荷量緩慢減小，則關于A、B兩球的間距和庫侖力大小的變化，下列說法中正確的是（ ） A．間距變小，庫侖力變大 B．間距變小，庫侖力變小 C．間距變小，庫侖力不變 D．間距不變，庫侖力減小 【答案】B 以小球為研究對象，球受到重力

5、G，A的斥力F2和線的拉力F1三個力作用，作出力圖，如圖； 作出F1、F2的合力F，則由平衡條件得：F=G 根據(jù)△FBF1∽△PQB得： 在A、B兩質(zhì)點帶電量逐漸減少的過程中，PB、PQ、G均不變， 減小，A、B間斥力F2大小的變小，故B正確。 故選B。 【考點】共點力平衡；庫侖定律 5．圖示電路中，電源內(nèi)阻為r，電容器的兩塊極板A、B間有一帶電油滴恰能靜止．把R1的滑動片向右滑動時，下列說法中正確的是（ ） A．電流表讀數(shù)減小，油滴向下運動 B．電流表讀數(shù)減小，油滴向上運動 C．電流表讀數(shù)增大，油滴向下運動 D．電流表讀數(shù)增大，油滴向上運

6、動 【答案】B 當R1的滑動片向右滑動時，R1增大，外電路總電阻增大，根據(jù)閉合電路歐姆定律得知，干路電流減小，則知電流表讀數(shù)減?。陕冯娏鳒p小，電源的內(nèi)電壓減小，路端電壓增大，則電容器板間電壓增大，板間電場強度增大，油滴所受的電場力增大，則油滴向上運動，故B正確。 故選B。 【考點】電容器的動態(tài)分析；閉合電路的歐姆定律 6．如圖，一閉合直角三角形線框以速度v勻速穿過勻強磁場區(qū)域．從BC邊進入磁場區(qū)開始計時，到A點離開磁場區(qū)的過程中，線框內(nèi)感應電流隨時間變化的情況(以逆時針方向為電流的正方向)是右圖中的（ ） 【答案】A C、根據(jù)感應電流產(chǎn)生的條件可知，線框進入或離開

7、磁場時，穿過線框的磁通量發(fā)生變化，線框中有感應電流產(chǎn)生，當線框完全進入磁場時，磁通量不變，沒有感應電流產(chǎn)生，故C錯誤； ABD、感應電流，線框進入磁場時，導體棒切割磁感線的有效長度L減小，感應電流逐漸減??； 線框離開磁場時，導體棒切割磁感線的有效長度L減小，感應電流逐漸減小；故A正確BD錯誤。 故選A。 【考點】閉合電路的歐姆定律；法拉第電磁感應定律 二.雙項選擇題（本題共6小題，每小題4分，共24分。在每小題給出的四個選項中，有兩個選項正確） 7．一帶電粒子在正電荷形成的電場中運動，運動軌跡為圖中所示的abcd曲線，下列判斷正確的是（ ） A．粒子帶正電 B．粒子通過a

8、點時的速率比通過b點時小 C．粒子通過a點時受到的電場力比通過b點時小 D．粒子通過a點時的電勢能比通過c點時大 【答案】AC A、軌跡彎曲的方向大致指向合力的方向，知電場力背離正電荷方向，由同種電荷相互排斥，所以該粒子帶正電，故A正確； B、從a到b，電場力做負功，根據(jù)動能定理，動能減小，a點動能大于b點動能，則a點速度大于b點的速度，故B錯誤； C、b點的電場線比a點電場線密，所以b點的電場強度大于a點的電場強度，所以粒子在a點的電場力比b點小，故C正確； D、從a到b，電場力做負功，電勢能增加．所以a點的電勢能小于b點的電勢能，b與c處于同一個等勢面是，所以粒子在b點的

9、電勢能等于在c點的電勢能．所以a點的電勢能小于c點的電勢能，故D錯誤。 故選AC。 【考點】等勢面；電勢能 8．額定電壓為4V的直流電動機的線圈電阻為1，正常工作時，電動機線圈每秒產(chǎn)生的熱量為4J，下列計算結(jié)果正確的是（ ） A．電動機正常工作時的輸入功率為4W B．電動機正常工作時的輸出功率為8W C．電動機每秒能將電能轉(zhuǎn)化成4J的機械能 D．電動機正常工作時的電流強度為2A 【答案】CD 因為線圈產(chǎn)生的熱量， 所以通過電動機的電流，故D正確； 電動機正常工作時的輸入功率，故A錯誤； 電動機的熱功率，電動機的輸出功率，故B錯誤； 電動機每秒將電能轉(zhuǎn)

10、化成機械能，故C正確。 故選CD。 【考點】電功、電功率 9．如圖，光滑固定的金屬導軌M、N水平放置，兩根導體棒P、Q平行放置在導軌上，形成一個閉合回路，一條形磁鐵從高處自由下落接近回路時（ ） A．P、Q將相互靠攏 B．P、Q將相互遠離 C．磁鐵的加速度仍為g D．磁鐵的加速度小于g 【答案】AD AB、當一條形磁鐵從高處下落接近回路時，穿過回路的磁通量增加，根據(jù)楞次定律：感應電流的磁場總是阻礙磁通量的變化，可知，P、Q將互相靠攏，回路的面積減小一點，使穿過回路的磁場減小一點，起到阻礙原磁通量增加的作用，故A正確B錯誤； CD、由于磁鐵受到向上

11、的安培力作用，所以合力小于重力，磁鐵的加速度一定小于g，故C錯誤D正確。 故選AD。 【考點】楞次定律 10．如圖，A、B為兩個完全相同的燈泡，L為自感線圈(自感系數(shù)較大；直流電阻不計)，E為電源，S為開關．下列說法正確的是（ ） A．閉合開關穩(wěn)定后，A、B一樣亮 B．閉合開關的瞬間，A、B同時亮，但A很快又熄滅 C．閉合開關穩(wěn)定后，斷開開關，A閃亮后又熄滅 D．閉合開關穩(wěn)定后，斷開開關， A、B立即同時熄滅 【答案】BC AB、剛閉合S的瞬間，電源的電壓同時加到兩燈上，由于L的自感作用，L瞬間相當于斷路，所以電流通過兩燈，兩燈

12、同時亮．隨著電流的逐漸穩(wěn)定，L將A燈短路，所以A燈很快熄滅，B燈變得更亮，故A錯誤B正確； CD、閉合S待電路達到穩(wěn)定后，再將S斷開，B燈立即熄滅，而L與A燈組成閉合回路，線圈產(chǎn)生自感電動勢，相當于電源，A燈閃亮一下而后熄滅，故C正確D錯誤。 故選BC。 【考點】自感現(xiàn)象和自感系數(shù) 11．圖為一個質(zhì)量為m、電荷量為＋q的圓環(huán)，可在水平放置的足夠長的粗糙細桿上滑動， 細桿處于磁感應強度為B的勻強磁場中，現(xiàn)給圓環(huán)向右的初速度v0，在以后的運動過程中，圓環(huán)運動的速度圖象可能是下圖中的（ ） 【答案】AD A、當qvB=mg時，小環(huán)做勻速運動，此時圖象為A，故A正確； D

13、、當qvB＞mg時，F(xiàn)N=qvB-mg，此時：μFN=ma，所以小環(huán)做加速度逐漸減小的減速運動，直到qvB=mg時，小環(huán)開始做勻速運動，故D圖象正確，故D正確； BC、當qvB＜mg時，F(xiàn)N=mg-qvB此時：μFN=ma，所以小環(huán)做加速度逐漸增大的減速運動，直至停止，所以其v-t圖象的斜率應該逐漸增大，故BC錯誤。 故選AD。 【考點】洛侖茲力；力的合成與分解，牛頓第二定律 12．如圖一根不可伸長絕緣的細線一端固定于O點，另一端系一帶電小球，置于水平向右的勻強電場中，現(xiàn)把細線水平拉直，小球從A點靜止釋放，經(jīng)最低點B后，小球擺到C點時速度為0，則（ ） A．小球在B點時的速度最大

14、 B．小球從A到B的過程中，機械能一直在減少 C．小球在B點時的繩子拉力最大 D．從B到C的過程中小球的電勢能一直增大 【答案】BD AC、小球受到電場力與重力、繩子的拉力的作用，在復合場中做類單擺運動，當重力與電場力的合力與繩子的拉力在同一條直線上時，小球處于等效最低點，此時小球的速度最大，對繩子的拉力最大，故AC錯誤； B、從A到B的過程中電場力對小球做負功，小球的機械能減小，故B正確； D、從B到C的過程中克服電場力做功，小球的電勢能一直增大，故D正確。 故選BD。 【考點】功能關系；勻速圓周運動；向心力 三. 實驗題（每空3分，共18分） 13．如圖（甲）是“

15、測定電源電動勢和內(nèi)阻”實驗的電路圖，根據(jù)實驗測得的幾組I、U數(shù)據(jù)作出U—I圖象如圖（乙）所示，由圖象可確定：該電源的電動勢為 V，電源的內(nèi)電阻為 （計算結(jié)果保留兩位有效數(shù)字）． 【答案】1.40 0.57 由圖乙所示電源U-I圖象可知，圖象與縱軸交點坐標值為1.40， 則電源電動勢E=1.40V， 電源內(nèi)阻 【考點】測定電源的電動勢和內(nèi)阻 14．有一根細而均勻的導電材料樣品（如圖a所示），截面為同心圓環(huán)（如圖b所示），此樣品長約為6cm，電阻約為100Ω，已知這種材料的電阻率為，因該樣品的內(nèi)徑太小，無法直接測量．現(xiàn)提供以下實驗器材：

16、 A．20分度的游標卡尺 B．螺旋測微器 C．電壓表V（量程3V，內(nèi)阻約3kΩ） D．電流表A1（量程50mA，內(nèi)阻約20Ω） E．電流表A2（量程0.3A，內(nèi)阻約1Ω） F．滑動變阻器R（0~20Ω，額定電流2A） G．直流電源E（約4V，內(nèi)阻不計） H．導電材料樣品Rx I．開關一只，導線若干 請根據(jù)上述器材設計一個盡可能精確地測量該樣品內(nèi)徑d的實驗方案，回答下列問題： （1）用游標卡尺測得該樣品的長度為L；用螺旋測微器測得該樣品的外徑如上圖所示， 其示數(shù)D= mm． （2）請選擇合適的儀器

17、，設計一個合理的電路圖來 測量導電材料樣品的電阻Rx．在方框內(nèi)畫出實驗電路原理圖，并標明所選器材的符號．這個實驗電阻Rx的測量值將________（填“大于”、“等于”或“小于”）實際值． （3）若某次實驗中，電壓表和電流表的讀數(shù)分別為U和I，則用已知物理量和測得的物理量的符號來表示樣品的內(nèi)徑d = ． 【答案】（1）6.122 （2）作圖如圖 小于 （3） （1）由圖c所示螺旋測微器可知，固定刻度示數(shù)為6mm，可動刻度示數(shù)為12.2×0.01mm=0.122mm，螺旋測微器示數(shù)D=6mm+0.122mm=6.122mm； （2）由所給實驗器

18、材可知，應采用伏安法測電阻阻值，由于待測電阻阻值約為100Ω，滑動變阻器最大阻值為20Ω，為測多組實驗數(shù)據(jù)，滑動變阻器應采用分壓接法；電路最大電流約為，電流表應選A1，電流表內(nèi)阻約為20Ω，電壓表內(nèi)阻約為3000Ω，相對來說電壓表內(nèi)阻遠大于待測電阻阻值，電流表應采用外接法，實驗電路圖如圖所示；電流表采用外接法，由于電壓表分流，電流測量值大于真實值，電阻測量值小于真實值； （3）由歐姆定律可知，樣品電阻：， 由電阻定律可知：， 解得：。 【考點】測定金屬的電阻率 四.計算題（共40分，要求寫出必要的文字說明） 15．面積S = 0.2m2、n = 100匝的圓形線圈，處在如圖所示的磁

19、場內(nèi)，磁感應強度B隨時間t變化的規(guī)律是B = 0.02t，R = 3Ω，C = 30μF，線圈電阻r = 1Ω，其余導線電阻不計，求： （1）通過R的電流大小和方向． （2）電容器C所帶的電荷量． 【答案】（1）電流大小為0.1A，方向從b指向a （2） (1)由楞次定律知，線圈的感應電流方向為逆時針，通過R的電流方向為b→a， 由 則電路中電流； 即通過R的電流大小為0.1A，方向從b指向a． （2）由歐姆定律可得 R兩端的電壓； 則電容器的電量； 即電容器的電荷量為。 【考點】法拉第電磁感應定律；閉合電路的歐姆定律；楞次定律 16．如圖所

20、示，平行的光滑金屬導軌間距為L，導軌平面與水平面成α角，導軌下端接有阻值為R的電阻，質(zhì)量為m的金屬桿ab處于導軌上與輕彈簧相連，彈簧勁度系數(shù)為k，上端固定，彈簧與導軌平面平行，整個裝置處在垂直于導軌平面斜向上的勻強磁場中，磁感應強度為B．開始時桿靜止，現(xiàn)給桿一個大小為v0的初速度使桿沿導軌向下運動．運動至速度為零后，桿又沿導軌平面向上運動，運動過程的最大速度大小為v1，然后減速為零，再沿導軌平面向下運動……一直往復運動到靜止．導軌與金屬細桿的電阻均可忽略不計，重力加速度為g．試求： (1)細桿獲得初速度瞬間，通過回路的電流大小； (2)當桿向上速度達到v1時，桿離最初靜止時位置的距離L1；

21、 (3)桿由初速度v0開始運動直到最后靜止，電阻R上產(chǎn)生的焦耳熱Q. 【答案】 （1）細桿獲得初速度瞬間，產(chǎn)生的感應電動勢為：E=BLv0； 根據(jù)閉合電路歐姆定律得：　 可得通過R的電流大小為：； （2）設桿最初靜止不動時彈簧伸長x0，則有： 當桿的速度為v1時彈簧伸長x1，由平衡條件得： 此時有：， 而　 聯(lián)立解得： （3）桿最后靜止時，桿受到重力、導軌的支持力和彈簧的拉力，根據(jù)平衡條件和胡克定律可知，彈簧伸長的長度與原來靜止時相同，所以桿靜止在初始位置， 由能量守恒得：。 【考點】法拉第電磁感應定律；焦耳定律 17．如圖，長為L的一對

22、平行金屬板平行正對放置，間距，板間加上一定的電壓．現(xiàn)從左端沿中心軸線方向入射一個質(zhì)量為m、帶電量為+q的帶電微粒，射入時的初速度大小為v0．一段時間后微粒恰好從下板邊緣P1射出電場，并同時進入正三角形區(qū)域．已知正三角形區(qū)域內(nèi)存在垂直紙面向里的勻強磁場B1，三角形的上頂點A與上金屬板平齊，底邊BC與金屬板平行．三角形區(qū)域的右側(cè)也存在垂直紙面向里、范圍足夠大的勻強磁場B2，且B2=4B1．不計微粒的重力，忽略極板區(qū)域外部的電場． （1）求板間的電壓U和微粒從電場中射出時的速度大小和方向． （2）微粒進入三角形區(qū)域后恰好從AC邊垂直邊界射出，求磁感應強度B1的大?。? （3）若微粒最后射出磁場區(qū)

23、域時與射出的邊界成30°的夾角，求三角形的邊長． 【答案】（1） 射出速度與初速度方向的夾角為300 （2） （3）（n=0、1、2……） （1）微粒在電場中做類平拋運動，由牛頓第二定律有 豎直方向上 水平方向上 得 豎直分速度：， 合速度：， 夾角： 射出速度與初速度方向的夾角為300，即垂直于AB出射； （2）粒子由P1點垂直AB射入磁場，根據(jù)幾何關系有： 由 得 （3）由和B2=4B1得 如圖所示， 微粒離開磁場時，在磁場B1中做了n個半圓周運動（n=0、1、2……） 三角形的邊長（n=0、1、2……）

24、【考點】帶電粒子在勻強電場中的運動；帶電粒子在勻強磁場中的運動 高二物理參考答案 一、選擇題 題號 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 答案 D A A B B A AC CD AD BC AD BD 二、實驗題 13.1.40（1.39或1.41） 0.57（0. 55～0.59都得分） 14.（1）6.125±0.002 （2）作圖如右 小于 （3） 三、計算題 15． (1)由楞次定律知，線圈的感應電

25、流方向為逆時針，通過R的電流方向為b→a， 由 則電路中電流； 即通過R的電流大小為0.1A，方向從b指向a． （2）由歐姆定律可得 R兩端的電壓； 則電容器的電量； 即電容器的電荷量為。 16． （1）細桿獲得初速度瞬間，產(chǎn)生的感應電動勢為：E=BLv0； 根據(jù)閉合電路歐姆定律得：　 可得通過R的電流大小為：； （2）設桿最初靜止不動時彈簧伸長x0，則有： 當桿的速度為v1時彈簧伸長x1，由平衡條件得： 此時有：， 而　 聯(lián)立解得： （3）桿最后靜止時，桿受到重力、導軌的支持力和彈簧的拉力，根據(jù)平衡條件和胡克定律可知，彈簧伸長的長度與原來靜止時相同，所以桿靜止在初始位置， 由能量守恒得：。 17． （1）微粒在電場中做類平拋運動，由牛頓第二定律有 豎直方向上 水平方向上 得 豎直分速度：， 合速度：， 夾角： 射出速度與初速度方向的夾角為300，即垂直于AB出射； （2）粒子由P1點垂直AB射入磁場，根據(jù)幾何關系有： 由 得 （3）由和B2=4B1得 如圖所示， 微粒離開磁場時，在磁場B1中做了n個半圓周運動（n=0、1、2……） 三角形的邊長（n=0、1、2……）