2021-2022学年广东省汕头市潮阳区河溪中学高二（下）期中物理含答案

这是一份2021-2022学年广东省汕头市潮阳区河溪中学高二（下）期中物理含答案，共20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。
河溪中学2021-2022学年度第二学期期中考试高二物理试卷考试时间：75分钟一、单项选择题：本题共7小题，每小题4分，共28分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。1. 了解物理规律的发现过程，学会像科学家那样观察和思考，往往比掌握知识本身更重要。以下符合事实的是（　　）A. 丹麦物理学家奥斯特梦圆电生磁，终于发现了电磁感应现象B. 牛顿最先测出了引力常量C. 法拉第发现了电流的磁效应，拉开了研究电与磁相互关系的序幕D. 安培总结出了定则，可用来判断通电导线周围磁场方向【1题答案】【答案】D【解析】【分析】【详解】A．丹麦物理学家奥斯特梦圆电生磁，终于发现了电流周围存在着磁场，故A错误；B．卡文迪许最先测出了引力常量，故B错误；C．奥斯特发现了电流的磁效应，拉开了研究电与磁相互关系的序幕，故C错误；D．安培定则是用来判断通电导线周围产生的磁场方向的，故D正确。故选D。2. 如图为电磁刹车实验装置，小车底面安装有矩形导线框abcd，线框底面平行于地面，在小车行进方向有与abcd等宽、等长的有界匀强磁场，磁场方向垂直地面向上。小车进入磁场前撤去牵引力，小车穿过磁场后滑行一段距离停止。则小车（　　）A. 进入磁场时，矩形导线框中感应电流的方向为adcbaB. 离开磁场时，矩形导线框中感应电流的方向为abcdaC. 穿过磁场的过程中，中间有一段时间矩形导线框中没有感应电流D. 穿过磁场的过程中，矩形导线框受到的安培力方向始终水平向左【2题答案】【答案】D【解析】【分析】【详解】AB．根据楞次定律可知，进入磁场时，矩形导线框中感应电流的方向为abcda，离开磁场时，矩形导线框中感应电流的方向为adcba，选项AB错误；C．因线圈与磁场等宽、等长，则穿过磁场的过程中，矩形导线框中始终有感应电流，选项C错误；D．根据左手定则可知，穿过磁场的过程中，矩形导线框受到的安培力方向始终水平向左，选项D正确。故选D。3. 某同学设计了一个充电装置，如图所示，假设永磁铁的往复运动在螺线管中产生近似正弦式交流电，周期为0.2s，电压最大值为0.05V，理想变压器原线圈接螺线管，副线圈接充电电路，原、副线圈匝数比为1∶60，下列说法正确的是（　　）
 A. 交流电的频率为10HzB. 副线圈两端电压最大值为3VC. 变压器输入电压与永磁铁磁场强弱无关D. 充电电路的输入功率大于变压器的输入功率【3题答案】【答案】B【解析】【分析】【详解】A．周期T=0.2s，频率是 故A错误；B．由理想变压器原理可知解得，副线两端最大电压为故B正确；C．根据法拉第电磁感应定律可知，永磁铁磁场强，线圈中产生的感应电动势越大，变压器的输入电压会越大，故C错误；D．由理想变压器原理可知，充电电路输入功率等于变压器的输入功率，故D错误。故选B。4. 如图，A、B是相同的白炽灯，L是自感系数很大、电阻可忽略的自感线圈。下面说法正确的是（　　）
 A. 闭合开关S时，A、B灯同时亮，且达到正常B. 闭合开关S时，B灯比A灯先亮，最后一样亮C. 闭合开关S时，A灯比B灯先亮，最后A灯比B灯更亮D. 断开开关S时，A灯与B灯同时慢慢熄灭【4题答案】【答案】D【解析】【分析】【详解】ABC．闭合开关S时，A灯先亮，由于线圈L产生自感电动势阻碍电流的增大，B灯逐渐变亮，由于线圈电阻可忽略，两灯最后一样亮，ABC错误；D．断开开关S时，由于线圈L产生自感电动势，与A、B构成闭合回路，故A灯与B灯同时慢慢熄灭，D正确。故选D。5. 学完电磁感应涡流的知识后，某个同学回家制作了一个简易加热器，如图所示，在线圈上端放置一盛有冷水的金属杯，现接通交流电源，过了几分钟，杯内的水沸腾起来。若要缩短上述加热时间，下列措施可行的有（　　）
 A. 提高交流电源的频率B. 减少线圈的匝数C. 将金属杯换为陶瓷杯D. 将交流电源换成电动势更大的直流电源【5题答案】【答案】A【解析】【详解】AB．由题意可知，本题中是涡流现象的应用，即采用线圈产生的磁场使金属杯产生感应电流，从而进行加热的，则由法拉第电磁感应定律可知，增加线圈的匝数、提高交流电的频率均可以提高发热功率，则可以缩短加热时间，故B错误，A正确；C．将杯子换作瓷杯不会产生涡流，则无法加热水，故C错误；D．将交流电源换成电动势更大的直流电源不会产生涡流，故D错误。故选A。6. 如图所示为远距离输电示意图，其交流发电机的输出电压U1一定，通过理想升压变压器和理想降压变压器向远处用户供电，升压变压器的输入功率和输出功率分别为P1、P2，降压变压器的输入功率和输出功率分别为P3、P4，输电线的总电阻R一定。下列说法正确的是（　　）A. 当用户的用电器增多时，U2、U3和U4都增大B. 当用户的用电器增多时，U2、U3和U4都减小C. 当用户的用电器增多时，P1、P2都会增大，输电线上损失的功率会增大D. 当用户的用电器增多时，P3、P4都会增大，输电线上损失的功率会减小【6题答案】【答案】C【解析】【分析】【详解】理想变压器的变压比因为U1、 n1、n2均不变，则U2不变，当用户的用电器增多时，P4增大，根据变压器输出功率决定输入功率，有P3增大，升压变压器的输入功率P1和输出功率P2也都增大，根据则I2增大，则增大，所以由得出U3减小，所以U4也减小；经以上分析知当用户的用电器增多时 P4增大，I2增大，所以由得输电线上损失的功率也增大，故C正确。故选C。7. 图中光敏电阻没有受到光照射（或光较暗）时，阻值较大；有光照射（或光较强）时，阻值较小。如图所示，现利用该光敏电阻、低压直流电源和电磁继电器设计了自动控制电路，用于公路照明。下列说法正确的是（　　）A. 白天光照越强，电磁铁的磁性越强B. 白天流过的电流大于晚上流过的电流C. 该电路能实现灯泡白天亮，晚上不亮的功能D. 低压直流电源的总功率晚上比白天的大【7题答案】【答案】B【解析】【详解】A．光照增强，则热敏电阻阻值减小，总阻值减小，回路中总电流增大，R1两端电压增大，根据闭合电路欧姆定律可知，路端电压减小，因此电磁铁和R3两端电压减小，电流减小，磁性减弱，故A错误；B．光照增强，总电流增大，流过R3的电流减小，因此流过R2的电流增大，故白天流过的电流大于晚上流过的电流，故B正确；C．光照增强，磁性减弱，因此灯泡电路断开，白天不亮，故C错误；D．光照增强，回路中总电流增大，根据可知功率增大，因此白天功率较大，故D错误。故选B。二、多项选择题：本题共3小题，每小题6分，共18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。8. 如图甲为手机及无线充电板。图乙为充电原理示意图。充电板接交流电源，对充电板供电，充电板内的送电线圈可产生交变磁场，从而使手机内的受电线圈产生交变电流，再经整流电路转变成直流电后对手机电池充电，为方便研究，现将问题做如下简化：设受电线圈的匝数为n，面积为S，磁场视为匀强磁场。若在t1到t2时间内，磁场垂直于受电线圈平面向上穿过线圈，其磁感应强度由B1均匀增加到B2。下列说法正确的（　　）A. c点的电势高于d点的电势B. 受电线圈中的电流随时间均匀增大C. c、d之间的电势差为D. 受电线圈有靠近线圈的趋势【8题答案】【答案】CD【解析】【详解】A．根据楞次定律可知，受电线圈内部产生感应电流方向俯视为顺时针，受电线圈中感应电流方向由c到d，所以c点的电势低于d点的电势，故A错误；B．磁感应强度由均匀增加到，由法拉第电磁感应定律可知，产生的电动势恒定，则受电线圈中的电流恒定，故B错误；C．根据法拉第电磁感应定律得，c、d之间的电势差为故C正确；D．受电线圈在到时间内，磁通量增大，由“来拒去留”可知，受电线圈与送电线圈间有相互排斥作用，故D错误。故选CD。9. 如图所示，水平放置足够长金属导轨abc和de，ab与de平行且粗糙，bc是以O为圆心的圆弧导轨，圆弧be左侧和扇形Obc内有方向如图的匀强磁场，金属杆OP的O端与e点用导线相接，P端与圆弧bc接触良好。若杆OP绕O点在匀强磁场区内从b到c匀速转动时，回路中始终有电流，金属杆MN始终静止在平行导轨上，则此过程中，下列说法正确的有（　　）A. 杆OP产生的感应电动势恒定B 杆OP中P点电势低C. 杆MN有向右运动趋势D. 杆MN受到的摩擦力不变【9题答案】【答案】AD【解析】【详解】A．由 知杆OP产生的感应电动势恒定，所以A正确；B．由右手定则可知感OP上的电流方向从O流向P，杆OP相当于电源，电源内部电流从负极流向正极，所以P相当于正极，所以P点的电势高，故B错误；C．MN杆上的电流方向从M流向N，由左手定则可知杆MN有向左运动趋势，故C错误；D．杆OP产生的感应电动势恒定，所以回路中电流恒定，杆MN受到的安培力不变，所以杆MN受到的摩擦力不变，故D正确。故选AD。10. 2020年厦门出现过强对流冰雹天气。设一质量为的球形冰雹从高空云层里由静止开始下落，下落过程中所受空气阻力与速度的关系为，冰雹下落过程质量保持不变，落地前已达最大速度，与地面碰撞时间为，碰撞后速度为零，。则（　　）A. 冰雹落地瞬间的速度大小为B. 冰雹落地瞬间的速度大小为C. 碰撞过程中冰雹对地面的平均作用力大小约为D. 碰撞过程中冰雹对地面的平均作用力大小约为【10题答案】【答案】AC【解析】【分析】【详解】AB．质量为m的冰雹下落过程中，受地球重力G和空气阻力f两个力的作用。刚开始下落时，G＞f，冰雹加速下落。随着冰雹速度的增大，它受到的阻力也在不断增大，而当阻力增大到与重力相等时，即当G=f时，冰雹开始做匀速向下运动，冰雹的速度不再增大，此时的速度就是冰雹的最大速度，由 得冰雹落地瞬间的速度大小为故A正确，B错误；CD．冰雹与地面碰撞过程，由动量定理得解得故C正确，D错误。故选AC。三、非选择题：共54分，第11~12题为实验题，第13~15题为解答题。11. 在练习使用打点计时器的实验中，请回答以下问题：(1)如图甲、乙所示分别为电磁打点计时器和电火花打点计时器，两种计时器都是实验中常用的实验器材，关于这两种打点计时器，下列说法正确的是________：A．甲使用直流电源，乙使用交流电源B．它们都使用的交流电源C．它们打点周期都是D．乙工作时纸带受到的阻力较小，实验误差较小(2)小兰使用打点计时器打出的一条纸带如图丙所示，为在纸带上所选的计数点，已知相邻计数点间的时间间隔为，由纸带所示数据可算出：打点计时器打下点时纸带的速度大小为________；纸带运动的加速度大小为______（结果均保留两位有效数字）。【11题答案】【答案】    ①. CD    ②. 1.5    ③. 2.0【解析】【详解】(1)[1]AB．甲是电磁打点计时器，使用低压交流电源；乙是电火花打点计时器，使用220V交流电源，AB错误；C．两种打点计时器使用的交流电频率都为50Hz，两种打点计时器都每隔0.02s打一个点，C正确；D．和电磁打点计时器相比，电火花打点计时器工作时不需要振针跟纸带发生接触，纸带运动时受到的阻力较小，实验误差也较小，D正确。故选 CD。(2)[2]打下C点时纸带的速度大小为[3]纸带的加速度大小为12. 小明捡到了一根金属丝，用多用电表测得其电阻约为。他想用伏安法测出金属丝较为准确的电阻，再根据电阻定律计算出该金属材料的电阻率。小明决定按图甲所示电路图连接电路，他找到了以下器材：A.直流电源：电动势约3V，内阻很小B.电流表：量程0~0.6A，内阻0.01ΩC.电流表：量程0~3.0A，内阻0.05ΩD.电压表V：量程0~3V，内阻3kΩE.滑动变阻器：最大阻值10ΩF.滑动变阻器：最大阻值1000ΩG.开关、导线等
 （1）在可供选择的器材中，应选用的电流表是______（填“”或“”），应选用的滑动变阻器是______（填“”或“”）。（2）用螺旋测微器测量金属丝直径时的刻度位置如图乙所示，读出金属丝的直径______mm。（3）用米尺测得金属丝的长度，用伏安法测得电阻丝的电阻，则这种金属材料的电阻率______。（保留两位有效数字）【12题答案】【答案】    ①.     ②.     ③. 0.520    ④. 【解析】【详解】（1）电路最大电流为为减小读数误差，选小量程电流表，故选电流表，为方便调节，滑动变阻器选择阻值较小的。（2）用螺旋测微器测量金属丝直径（3）由电阻定律，其中解得电阻率为13. 如图，一长为10cm的金属棒ab用两个完全相同的弹簧水平地悬挂在匀强磁场中；磁场的磁感应强度大小为0.1T，方向垂直于纸面向里；弹簧上端固定，下端与金属棒绝缘，金属棒通过开关与一电动势为12V的电池相连，电路总电阻为2Ω．已知开关断开时两弹簧的伸长量均为0.5cm；闭合开关，系统重新平衡后，两弹簧的伸长量与开关断开时相比均改变了0.3cm，重力加速度大小取10m/s2．判断开关闭合后金属棒所受安培力的方向,并求出金属棒的质量．【13题答案】【答案】【解析】【详解】金属棒通电后，闭合回路电流导体棒受到安培力根据安培定则可判断金属棒受到安培力方向竖直向下开关闭合前开关闭合后 14. 质量为m，电荷量为q的带负电粒子自静止开始，经M、N板间的电场加速后，从A点垂直于磁场边界射入宽度为d的匀强磁场中，该粒子离开磁场时的位置P偏离入射方向的距离为L，如图所示。已知M、N两板间的电压为U，粒子的重力不计。求：（1）带电粒子离开电场时的速度大小；（2）带电粒子做匀速圆周运动的半径及匀强磁场的磁感应强度B。
 【14题答案】【答案】（1）；（2），【解析】【详解】（1）粒子在电场中做匀加速直线运动，在磁场中做匀速圆周运动，粒子运动轨迹如图所示设粒子在M、N两板间经电场加速后获得的速度为v，由动能定理得带电粒子离开电场时的速度大小（2）粒子进入磁场后做匀速圆周运动，设其半径为r，由牛顿第二定律得由几何关系得得解得15. 如图所示，在一对平行且足够长的金属导轨的上端连接一阻值为的定值电阻，两导轨在同一平面内，与水平面夹角，质量为m=0.1kg，长为L=1.0m的水平导体棒ab垂直于导轨，导轨间距也为L。现使导体棒从靠近电阻处由静止开始下滑，已知导体棒电阻为，导体棒与金属导轨间的动摩擦因数，整个装置处于垂直导轨平面向上的匀强磁场中，磁感应强度大小为B=1T。g取10m/s，，，求：(1)刚释放时，导体棒的加速度大小；(2)运动过程中，导体棒的最大速率；(3)导体棒从静止开始到下滑距离为x=0.1m过程中（导体棒已达最大速率），电阻R上产生的焦耳热。
 【15题答案】【答案】(1)；(2)；(3)0.006J【解析】【分析】【详解】(1)设刚释放时，导体棒的加速度为a，据牛顿第二定律可得代入数据解得(2)导体棒做加速度减小的加速运动，当加速度为零时速度达到最大，设最大速度为vm，此时有其中联立解得(3)导体棒从静止开始到下滑距离为x=0.1m过程中电路中产生的焦耳热为Q，由能量守恒可得由可知，QR与R成正比，故满足联立解得