2021河北省正定中学高二上学期期末考试物理试题含答案

这是一份2021河北省正定中学高二上学期期末考试物理试题含答案，共10页。试卷主要包含了单项选择题，多项选择题，非选择题等内容，欢迎下载使用。
河北正定中学高二期末物理试题一、单项选择题(本题共6小题，每小题4分。在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求，选对的得4分，选错得0分。)1．一质点做简谐运动，其位移x与时间t的关系图象如图所示，由图可知(　　)    A．质点振动的频率是4Hz，振幅是2cm    B．质点经过1s通过的路程总是2cm    C．0～3s内，质点通过的路程为6cm    D．t＝3s时，质点的振幅为零2．下列图中表示闭合电路中的一部分导体ab在磁场中做切割磁感线运动的情景，导体ab上的感应电流方向为a→b的是(　　)3．一边长为r的正三角形的三个顶点，固定有3个点电荷，电荷量分别为＋q、＋q和－2q，如图，静电力常量为k，则三角形中心处O点的电场强度大小和方向(　　)A．，指向电荷量为－2q的点电荷B．，指向电荷量为－2q的点电荷C．，背离电荷量为－2q的点电荷D．，背离电荷量为－2q的点电荷4．如图所示是一种自动控制电路示意图，R1为光敏电阻，其阻值随光照强度I的增大而减小。若发现电流表A中的电流突然减小，则光照强度I及a、b间的电压U的变化情况是(　　)A．I变大，U变大 B．I变大，U变小C．I变小，U变大 D．I变小，U变小5．如图所示，坐标系Oxyz处于匀强磁场中，有一条长0.6 m的直导线沿Ox方向通有大小为9 A的电流，受到的安培力沿Oz方向，大小为2.7 N。则该匀强磁场可能的方向和磁感应强度B的最小值为(　　)A．平行于xOy平面，B＝0.5 T        B．平行于xOz平面，B＝1.0 TC．平行于xOy平面，B＝0.2 T        D．平行于xOy平面，B＝1.0 T6．如图所示，直线MN上方有垂直纸面向里的匀强磁场，电子1从磁场边界上的a点垂直MN和磁场方向射入磁场，经t1时间从b点离开磁场。之后电子2也由a点沿图示方向以相同速率垂直磁场方向射入磁场，经t2时间从a、b连线的中点c离开磁场，则t1∶t2为(　　)A．3∶1　　　B．2∶3      C．3∶2 D．2∶1二、多项选择题(本题共4小题，每小题6分。在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求。全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。)7．在匀强磁场中，一个100匝的闭合矩形金属线圈，绕与磁感线垂直的固定轴匀速转动，穿过该线圈的磁通量随时间按图示正弦规律变化。设线圈总电阻为2 Ω，则(　　)A．t＝0时，线圈平面平行于磁感线B．t＝1 s时，线圈中的电流改变方向C．t＝1.5 s时，线圈中的感应电动势最大D．一个周期内，线圈产生的热量为8π2 J8．如图所示，匀强磁场方向垂直纸面向里，匀强电场方向竖直向下，有一正离子恰能沿直线从左向右水平飞越此区域。不计重力，则(　　)A．若电子以和正离子相同的速率从右向左飞入，电子也沿直线运动B．若电子以和正离子相同的速率从右向左飞入，电子将向上偏转C．若电子以和正离子相同的速率从左向右飞入，电子将向下偏转D．若电子以和正离子相同的速率从左向右飞入，电子也沿直线运动9．如图所示，电路中的变压器为理想变压器，S为单刀双掷开关，U1为加在原线圈两端的交变电压，I1、I2分别为原、副线圈中的电流。下列说法中正确的是(　　)A．保持U1不变，S由b切换到a，则R上消耗的功率减小B．保持U1不变，S由a切换到b，则I2减小C．保持U1不变，S由b切换到a，则I1增大    D．保持U1不变，S由a切换到b，则变压器的输入功率增大10．如图所示，一台电动机提着质量为m的物体，以速度v匀速上升。已知电动机线圈的电阻为R，电源电动势为E，通过电源的电流为I，当地重力加速度为g，忽略一切阻力及导线电阻，则(　　)A．电源内阻r＝－RB．电源内阻r＝－－RC．如果电动机转轴被卡住而停止转动，较短时间内电源消耗的功率将变大D．如果电动机转轴被卡住而停止转动，较短时间内电源消耗的功率将变小第Ⅱ卷三、非选择题：共52分，第11-14题为必考题，每个试题考生都必须作答。第15-16题为选考题，考生根据要求作答。（一）必考题：共43分。11．（6分）图1螺旋测微器读数为　   　mm，图2游标卡尺读数为　   　mm。 12．（9分）为了测量一节干电池的电动势和内阻，某同学采用了伏安法，现备有下列器材：A．被测干电池一节B．电流表1：量程0～0.6 A，内阻r＝0.3 ΩC．电流表2：量程0～0.6 A，内阻约为0.1 ΩD．电压表1：量程0～3 V，内阻未知E．电压表2：量程0～15 V，内阻未知F．滑动变阻器1：0～10 Ω，2 AG．滑动变阻器2：0～100 Ω，1 AH．开关、导线若干在用伏安法测电池电动势和内阻的实验中，由于电流表和电压表内阻的影响，测量结果存在系统误差；在现有器材的条件下，要尽可能准确地测量电池的电动势和内阻。(1)在上述器材中请选择适当的器材：________(填写选项前的字母)；(2)实验电路图应选择下图中的________(填“甲”或“乙”)；(3)根据实验中电流表和电压表的示数得到了如图丙所示的U­I图像，则干电池的电动势E＝________V，内电阻r＝________Ω。13．(12分)某型号的回旋加速器的工作原理如图甲所示，图乙为俯视图。回旋加速器的核心部分为两个D形盒，分别为D1 、D2。D形盒装在真空容器里，整个装置放在巨大的电磁铁两极之间的强大磁场中，磁场可以认为是匀强磁场，且与D形盒底面垂直。两盒间的狭缝很小，带电粒子穿过狭缝的时间可以忽略不计。D形盒的半径为R，磁场的磁感应强度为B。若质子从粒子源O处进入加速电场的初速度不计，质子质量为m、电荷量为＋q。加速器接入一定频率的高频交变电压，加速电压为U。不考虑相对论效应和重力作用。(1)求质子第一次经过狭缝被加速后进入D形盒时的速度大小v1和进入D形盒后运动的轨迹半径r1；(2)求质子被加速后获得的最大动能Ekm和高频交变电压的频率f；    14．(16分)如图甲所示，绝缘水平面上固定着两根足够长的光滑金属导轨PQ、MN, 相距为L＝0.5 m，ef右侧导轨处于匀强磁场中，磁场方向垂直导轨平面向下，磁感应强度B的大小如图乙变化。开始时ab棒和cd棒锁定在导轨如图甲位置，ab棒与cd棒平行，ab棒离水平面高度为h＝0.2 m，cd棒与ef之间的距离也为L，ab棒的质量为m1＝0.2 kg，有效电阻R1＝0.05 Ω，cd棒的质量为m2＝0.1 kg，有效电阻为R2＝0.15 Ω.(设a、b棒在运动过程始终与导轨垂直，两棒与导轨接触良好，导轨电阻不计)。问：(1)0～1 s时间段通过cd棒的电流大小与方向；(2)假如在1 s末，同时解除对ab棒和cd棒的锁定，稳定后ab棒和cd棒将以相同的速度做匀速直线运动， 试求这一速度；(3)对ab棒和cd棒从解除锁定到开始以相同的速度做匀速运动，ab棒产生的热量为多少？   （二）选考题：共9分。请考生从2道题中任选一题作答，并用2B铅笔将答题卡上所选题目对应的题号右侧方框涂黑，按所涂题号进行评分；多涂、多答，按所涂的首题进行评分；不涂，按本选考题的首题进行评分。15．【选修3-3】（9分）如图，一粗细均匀的细管开口向上竖直放置，管内有一段高度为2.0 cm 的水银柱，水银柱下密封了一定量的理想气体，水银柱上表面到管口的距离为4.0 cm 。若将细管倒置，水银柱下表面恰好位于管口处，且无水银滴落，管内气体温度与环境温度相同。已知大气压强为76 cmHg，环境温度为296 K。(1)求细管的长度；(2)若在倒置前，缓慢加热管内被密封的气体，直到水银柱的上表面恰好与管口平齐为止，求此时密封气体的温度。   16.【选修3-3】（9分）如图所示，内壁光滑、足够高的圆柱形汽缸竖直放置，内有一质量为m的活塞封闭一定质量的理想气体。已知活塞横截面积为S，外界大气压强为p0，缸内气体温度为T0。现对汽缸内气体缓慢加热，使气体体积由V1增大到V2，该过程中气体吸收的热量为Q1，停止加热并保持体积V2不变，使其降温到T0，已知重力加速度为g，求：(1)停止加热时缸内气体的温度；(2)降温过程中气体放出的热量。  河北正定中学高二期末物理试题答案1．答案　C由题图可以直接看出振幅为2cm，周期为4s，所以频率为0.25Hz，所以A错误；质点在1s即个周期内通过的路程不一定等于振幅，所以B错误；因为t＝0时质点在最大位移处，0～3s为T，质点通过的路程为3A＝6cm，所以C正确；振幅等于质点偏离平衡位置的最大距离，t＝3s时，质点的位移为零，但振幅仍为2cm，所以D错误．2．选A　ab棒顺时针转动，运用右手定则，磁感线穿过手心，拇指指向顺时针方向，则导体ab上的感应电流方向为a→b，故A项正确；ab向纸外运动，运用右手定则时，磁感线穿过手心，拇指指向纸外，则知导体ab上的感应电流方向为b→a，故B项错误；穿过回路的磁通量减小，由楞次定律知，回路中感应电流方向由b→a→d，则导体ab上的感应电流方向为b→a，故C项错误；ab棒沿导轨向下运动，由右手定则判断知导体ab上的感应电流方向为b→a，故D项错误。3．B  O点是三角形的中心，到三个电荷的距离为l＝r×sin 60°＝r，两个＋q电荷在O处产生的场强大小均为E1＝E2＝k；根据对称性和几何知识得知：两个＋q在O处产生的合场强为E12＝E1＝k；再与－2q在O处产生的场强合成，得到O点的合场强为E＝E12＋E3＝k＋k＝k＝，方向指向电荷量为－2q的点电荷，故选B。4．B　电流表的示数减小，由欧姆定律得R2两端的电压减小，使得R3和r两端的电压增大，也就是干路电流增大，从而得到电路的总电阻减小，即光敏电阻R1减小，由此得光照强度I增大，外电压U减小，B正确。5． A　根据左手定则，安培力必须与电流和磁场构成的平面垂直，故磁场的方向一定平行于xOy平面；当电流、磁场互相垂直的时候，安培力最小，所以最小的磁感应强度为：B＝＝ T＝0.5 T，选项A正确。6．选A　电子在磁场中都做匀速圆周运动，根据题意画出电子的运动轨迹，如图所示，电子1垂直射进磁场，从b点离开，则运动了半个圆周，ab即为直径，c点为圆心，电子2以相同速率垂直磁场方向射入磁场，经t2时间从a、b连线的中点c离开磁场，根据半径r＝可知，电子1和2的半径相等，根据几何关系可知，△aOc为等边三角形，则粒子2转过的圆心角为60°，所以电子1运动的时间t1＝＝，电子2运动的时间t2＝＝，所以＝3，故A正确。7． AD　t＝0时，磁通量为零，磁感线与线圈平面平行，A正确；当磁感线与线圈平面平行时，磁通量变化率最大，感应电动势最大，画出感应电动势随时间变化的图像如图，由图可知，t＝1 s时，感应电流没有改变方向，B错误；t＝1.5 s时，感应电动势为0，C错误；感应电动势最大值Em＝NBSω＝NΦm＝100×0.04×(V)＝4π(V)，有效值E＝×4π(V)＝2π(V)，Q＝T＝8π2(J)，D正确。8． BD　  若电子从右向左飞入，电场力向上，洛伦兹力也向上，所以向上偏，B选项正确；若电子从左向右飞入，电场力向上，洛伦兹力向下，由题意知电子受力平衡将做匀速直线运动，D选项正确。9．BC　保持U1不变，S由b切换到a时，副线圈匝数增多，则输出电压U2增大，电流I2增大，R消耗的功率增大，由变压器功率关系可知，其输入功率也增大，故I1增大；S由a切换到b时，副线圈匝数减少，则输出电压U2减小，输出电流I2减小，所以根据P2＝I2U2，P2减小；又因P1＝P2，所以变压器输入功率减小。由以上分析可知，正确选项为B、C。10． BC　含有电动机的电路不是纯电阻电路，欧姆定律不再适用，A错误；由能量守恒定律可得EI＝I2r＋mgv＋I2R，解得r＝－－R，B正确；如果电动机转轴被卡住，则E＝I′(R＋r)，电流增大，较短时间内，电源消耗的功率变大，较长时间的话，会出现烧坏电源和电动机的现象，C正确，D错误。11．由图示螺旋测微器可知，其示数为：；由图示游标卡尺可知，其示数为：；故答案为：0.900，14.50；（每空3分）12．(1)在题述器材中选择适当的器材：被测干电池一节；电流表B的内阻是已知的，故选B，电压表选择量程0～3 V的D，滑动变阻器选择阻值较小的F，开关、导线若干，故选ABDFH；(2)因电流表的内阻已知，故实验电路图应选择图甲；(3)根据实验中电流表和电压表的示数得到了题图丙所示的U­I图像，由图可知干电池的电动势E＝1.5 V，内电阻r＝ Ω－0.3 Ω＝0.7 Ω。[答案]　(1)ABDFH　(2)甲　(3)1.5　0.713．(1)质子第1次经过狭缝被加速后的速度大小为v1，则qU＝mv12，qv1B＝解得v1＝ ，r1＝ 。(2)当质子在磁场中运动的轨迹半径为D形盒的半径R时，质子的动能最大，设此时速度为vm，则qvmB＝m，Ekm＝mvm2          解得Ekm＝回旋加速器正常工作时高频交变电压的频率f等于质子在磁场中运动的频率，则＝T＝＝     解得f＝。14． (1) 0～1 s时间内由于磁场均匀变化，根据法拉第电磁感应定律E＝＝＝和闭合电路欧姆定律I＝，代入数据可解得：I＝1.25 A。cd棒中电流由d→c。(2)1 s末后由磁场不变，ab棒从高为h处滑下到ef过程，由动能定理可知，m1gh＝m1v02得v0＝＝ m/s＝2 m/s，从ab棒刚到ef处至两棒达共同速度过程，由动量守恒定律得，m1v0＝(m1＋m2)v即0.2×2＝(0.1＋0.2)v解得v＝ m/s。(3)对ab棒和cd棒从解除锁定到开始以相同的速度做匀速运动过程，由能量守恒可知，m1gh＝(m1＋m2)v2＋Q代入数据解得：Q＝ J由于ab和cd棒串联，所以产生的热量之比等于电阻之比，所以Qab＝Q＝× J＝ J。15．(1)设细管的长度为L，横截面的面积为S，水银柱高度为h；初始时，设水银柱上表面到管口的距离为h1，被密封气体的体积为V，压强为p；细管倒置时，气体体积为V1，压强为p1。由玻意耳定律有pV＝p1V1①由力的平衡条件有p＝p0＋ρgh　　②p1＝p0－ρgh　　③式中，ρ、g分别为水银的密度和重力加速度的大小，p0为大气压强。由题意有V＝S(L－h1－h)　　④V1＝S(L－h)　　⑤由①②③④⑤式和题给条件得L＝80cm。⑥(2)设气体被加热前后的温度分别为T0和T，由盖—吕萨克定律有＝　　⑦由④⑤⑥⑦式和题给数据得T＝312 K。⑧16． (1)加热过程中气体等压膨胀，由盖—吕萨克定律，得：T＝T0。(2)设加热过程中，封闭气体内能增加ΔU，因气体体积增大，故此过程中气体对外做功，W<0。由热力学第一定律知：ΔU＝Q1＋W其中W＝－pΔV＝－(V2－V1)由于理想气体内能只与温度有关，故再次降到原温度时气体放出的热量满足Q2＝ΔU整理可得：Q2＝Q1－(V2－V1)。