2021-2022学年湖南省长沙市长郡中学高二上学期期末复习物理试题 （解析版）

这是一份2021-2022学年湖南省长沙市长郡中学高二上学期期末复习物理试题 （解析版），共20页。试卷主要包含了选择题，实验题，计算题等内容，欢迎下载使用。
试卷一一、选择题：1. 两根长度相同，横截面积之比S1：S2=2:3的均匀铜导线按图所示接入电路，关于两段导线以下说法中错误的是（　　）
 A. 它们的电阻之比为3∶2B. 它们的电流之比为1∶1C. 它们的电子移动速率之比为3∶2D. 单位时间通过它们的电量之比为2∶3【答案】D【解析】【详解】A．根据电阻定律得，它们的电阻之比为3∶2，A正确，不符合题意；B．由于两导体串联，所以它们的电流之比为1∶1，B正确，不符合题意；C．根据电流的微观表达式，速率与横截面积成反比，它们的电子移动速率之比为3∶2，C正确，不符合题意；D．根据电流公式，单位时间通过它们的电量之比为1∶1，D错误，符合题意。故选D。2. 下列关于磁场的应用，正确的是（　　）A. 图甲是用来加速带电粒子的回旋加速器示意图，要使粒子获得的最大动能增大，可增大加速电场的电压B. 图乙是磁流体发电机示意图，由此可判断极板是发电机的正极，极板是发电机的负极C. 图丙是速度选择器示意图，不考虑重力的带电粒子能够沿直线匀速通过速度选择器的条件是D. 图丁是磁电式电流表内部结构示意图，当有电流流过时，线圈在磁极间产生的匀强磁场中偏转【答案】C【解析】【详解】A．根据可知粒子获得的最大动能为所以要想粒子获得的最大动能增大，可增加D形盒的半径，故A错误；B．根据左手定则，正电荷向下偏转，所以B板带正电，为发电机的正极，A极板是发动机的负极，故B错误；C．速度选择器不能判断带电粒子的电性，不管是正电，还是负电，只要满足粒子就能匀速通过速度选择器，故C正确；D．线圈在磁极间产生的磁场为均匀辐向磁场，该磁场为非匀强磁场，故D错误。故选C。3. 某导体中的电流随其两端电压的变化如图所示，图线上过 A 点的切线交 I 轴于 C 点， 则下列说法中正确的是（  ）
 A. 加5V电压时，导体的电阻约是5ΩB. 加12V电压时，导体的电阻约是24ΩC. 由图可知，随着电压的增大，导体的电阻不断增大D. 由图可知，随着电压的增大，导体的电阻不断减小【答案】AC【解析】【详解】A．对某些导电器材，其伏安特性曲线不是直线，但曲线上某一点的值仍表示该点所对应的电阻值，导体在5V时电压时故A正确；B．导体在12V时电压时故B错误；CD．当电压增大时，值增大，即电阻增大。故C正确；D错误。故选AC。4. 硅光电池是一种太阳能电池，具有低碳环保的优点。如图所示，图线a是该电池在某光照强度下路端电压U和电流I的关系图像（电池内阻不是常量），图线b是某电阻R的图像。在该光照强度下将它们组成闭合回路时，硅光电池的内阻为（　　）A. 5.5Ω B. 7.0Ω C. 12.0Ω D. 12.5Ω【答案】A【解析】【详解】由闭合电路欧姆定律得当时由题图可知，电池的电动势为根据题中两图线交点处的状态可知，电阻的电压为电流为则硅光电池的内阻为故选A。5. 如图为某一控制小灯泡点亮和熄灭的简单逻辑电路图，L为小灯泡，R为电阻箱，R′为光敏电阻。有光照射时R′的阻值将显著变小，下列说法中正确的是（　　）A. 逻辑电路是“或”门电路B. 逻辑电路是“与”门电路C. 有光照射电阻R′时，小灯泡L将发光D. 无光照射电阻R′时，小灯泡L将发光【答案】C【解析】【详解】AB．该逻辑电路是“非”门电路，故AB错误；C．有光照射时R′的阻值将显著变小，则R′两端的电势差较小，输入非门的电势较低，输出非门的电势较高，灯泡两端的电压大，灯泡将发光，故C正确；D．无光照射时R′的阻值将显著变大，则R′两端的电势差较大，输入非门的电势较高，输出非门的电势较低，灯泡两端的电压小，灯泡不发光，故D错误。6. 如图所示，两个匀强磁场的磁感应强度B1和B2大小相等、方向相反，金属圆环的直径与两磁场的边界重合。可以使环中产生顺时针方向的感应电流的措施及整个环受到的安培力的方向分别是（　　）A. 向下平移，平行于纸面向上 B. 向下平移，因抵消无方向C. 向上平移，平行于纸面向下 D. 向上平移，因抵消无方向【答案】A【解析】【详解】若圆环向下平移，由右手定则得，圆环上部分产生流顺时针方向的电流，下部分也产生顺时针方向的电流，由左手定则得圆环上、下部分受到的安培力平行于纸面向上。同理，当圆环向下平移，产生逆时针方向电流，安培力平行于纸面向下，故A正确，BCD错误。故选A。7. 如图所示。有一混合正离子束先后通过正交电场、磁场区域Ⅰ和匀强磁场区域Ⅱ，如果这束正离子束在区域Ⅰ中不偏转，进入区域Ⅱ后偏转半径又相同，则说明这些正离子具有相同的（　　）
 A. 速度 B. 质量 C. 电荷量 D. 比荷【答案】AD【解析】【详解】设电场的场强为E，由于粒子在区域Ⅰ里不发生偏转，则得当粒子进入区域Ⅱ时，偏转半径又相同，根据解得故这些正离子具有相同的比荷与相同的速度。故选AD。8. 如图所示，电源电动势为E，内阻为r，R1为定值电阻（R1>r），R2为可变电阻，C为电容器，闭合开关后改变R2的阻值，则（　　）
 A. 增大R2的阻值，电阻R1上的电压也增大B. 增大R2的阻值，电容器C上的电荷量增加C. 当R2=0时，电源的输出功率最大D. 当R2=0时，电源的效率最大【答案】BC【解析】【详解】AB．当增大时，电路总电阻增大，电流减小。两端电压减小，减小；跟据闭合电路欧姆定律可知，电阻两端电压电流减小，故增加。电容器两端电压也增加，故电容器上的电荷量增加。故A错误，B正确；CD．外电路电阻与内阻越接近，电源输出功率越大。由于，故当时，电源输出功率最大。电源的效率可知，越小，效率越低。故C正确，D错误。故选BC9. 如图所示，空间存在竖直向下的匀强电场和垂直纸面向里的匀强磁场，一带电液滴从静止开始自点沿曲线运动，到达点时速度为零，点是运动的最低点，阻力不计，下列说法中正确的是（　　）A. 液滴一定带负电B. 液滴在点时动能最大C. 液滴从运动到的过程中机械能守恒D. 液滴将不可能由点返回到点【答案】BD【解析】【详解】A．带电液滴开始运动后，将受到洛仑兹力的作用，洛仑兹力指向弧线的内测，由左手定则可以判定液滴带正电，故A错误；B．从A点到C点，重力、电场力做正功，洛仑兹力不做功；从C点到B点，重力、电场力做负功，洛仑兹力不做功；根据动能定理可知，在C点时动能最大，故B正确；C．液滴从运动到的过程中，电场力做了正功，所以机械能要增大，故C错误；D．液滴到达B点后，将向右继续运动，并且和曲线ACB上的运动特征相同，不可能返回A点，故D正确。故选BD。10. 如图所示，在MN、PQ间同时存在匀强磁场和匀强电场，磁场方向垂直纸面水平向外，电场在图中没有标出。一带电小球从a点射入场区，并在竖直面内沿直线运动至b点，则小球（　　）A. 可能带正电也可能带负电B. 受到电场力的方向一定水平向右C. 从a到b过程，克服电场力做功D. 从a到b过程中可能做匀加速运动【答案】AC【解析】【详解】AB．共受到三个力的作用：重力、电场力和洛伦兹力，无论小球带何种电荷，三力均可能平衡，故A正确；B错误；C．从a到b的过程中，小球的动能不变，根据动能定理有ΔEk＝WG＋W电场＋W洛伦兹＝0，其中洛伦兹力不做功，重力做正功，所以电场力必须做负功，故C正确；D．因小球受到的洛伦兹力随小球速度变化而变化，为使带电小球能在场内做直线运动，必须满足小球的速度大小不能变化的条件，即小球受力平衡，做匀速直线运动，故D错误。故选AC。11. 如图，电路中定值电阻阻值R大于电源内阻阻值r。将滑动变阻器滑片向下滑动，理想电压表、、示数变化量的绝对值分别为、、，理想电流表A示数变化量的绝对值为，下列判断正确的是（　　）A. 的示数增大 B. 的示数减小C. 与的比值不变 D. 小于【答案】C【解析】【分析】根据题中电路图和题意可知，本题考查动态电路变化问题，根据闭合电路和部分电路欧姆定律的规律，运用闭合电路欧姆定律公式、部分电路欧姆定律公式等，进行分析推断。【详解】A．由图可知R与Rx是串联关系，电压表V1、V2、V3分别测量的是定值电阻、路端电压和滑动变阻器两端的电压，由闭合电路欧姆定律可知V2的示数E、R、r为定值，滑片向下滑动，接入电路的电阻减小，电流I增大，所以减小，V2的示数减小，故A错误 ；Ｂ．V1的示数电流I增大，增大，V1的示数增大，故B错误；C．由 可知r是电源内阻保持不变，所以与的比值不变，故C正确；D．因为 而定值电阻阻值R大于电源内阻阻值r，则大于，故D错误。故选C。12. 如图，甲是带负电的物块，乙是不带电的足够长的绝缘木板。甲、乙叠放在一起置于光滑的水平地板上，地板上方空间有垂直纸面向里的匀强磁场。现用一水平恒力B拉乙木板，使甲、乙从静止开始向左运动，甲电荷量始终保持不变，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，则在此后运动过程中（　　）A. 甲、乙间的摩擦力始终不变B. 甲、乙间的摩擦力先不变，后增大C. 甲物块最终做匀速直线运动D. 乙木板一直做匀加速直线运动【答案】C【解析】【详解】ABC．由于拉力F的作用，物体加速运动，所以洛伦兹力逐渐增大，当洛伦兹力增大到和甲的重力大小相等时，此时甲乙接触面无压力作用，甲乙之间的摩擦力为零，此时甲的加速度为零，速度达到最大，之后甲做匀速直线运动，故AB错误，C正确；D．当甲乙出现相对运动后，由于甲在加速的过程中洛伦兹力逐渐增大，则甲乙接触面的压力逐渐减小，甲对乙向右的摩擦力逐渐减小，则乙木板受到的外力变化，加速度也发生变化，故D错误。故选C。13. 一匀强磁场的磁感应强度大小为B，方向垂直于纸面向外，其边界如图中虚线所示，弧ab为半圆，ac、bd与直径ab共线，ac间的距离等于半圆的半径。一束质量为m、电荷量为q（q>0）的粒子，在纸面内从c点垂直于ac射入磁场，这些粒子具有各种速率。不计粒子之间的相互作用。在磁场中运动时间（　　）
 A. 最长时间 B. 最长时间为C. 最短时间为 D. 粒子速率与在磁场中运动时间一一对应。【答案】BC【解析】【详解】ABD．带电粒子在磁场中运动，有又可得带电粒子在有界磁场中运动时间则带电粒子在同一有界磁场中运动时间与粒子速率无关，而与粒子运动轨迹所对应的圆心角有关。设ac=R，当粒子运动半径时，且粒子的出射点与c点在同一直线与弧ab相切时，粒子在磁场中运动的轨迹所对应圆心角最大，粒子运动时间最长，其运动轨迹如图所示，由几何知识知α=60°，则粒子在磁场中运动的最长时间是
 AD错误，B正确；C．当粒子运动半径时，粒子的偏转角是180°，粒子在磁场中的运动时间最小，最小时间C正确故选BC。二、实验题：14. 某学习小组测绘一个标有4V，2.4W的小电风扇（线圈电阻恒定）的伏安特性曲线，电风扇两端的电压需要从零逐渐增加到4V，并便于操作，实验室备有下列器材：A.电池组（电动势为4V，内阻约为1Ω）B.被测小电风扇，电路符号－M－C.电压表V1（量程为0～6V，内阻约为4kΩ）D.电压表V2（量程为0～15V，内阻约为8kΩ）E.电流表A1（量程为0～0.6A，内阻约为0.2kΩ）F.电流表A2（量程为0～3A，内阻约为0.05kΩ）G.滑动变阻器R1（最大阻值为5Ω，额定电流为3A）H.滑动变阻器R2（最大阻值为2000Ω，额定电流为3A）I.开关和导线若干(1)实验中所用的电压表应选______（填C或D），电流表应选______（填E或F），滑动变阻器应选______（填G或H）。(2)在图甲所示方框内画出实验电路图______；(3)当电压表的示数大于0.5V时小电风扇才开始转动，小电风扇的伏安特性曲线如图乙所示，图中OA段是直线，AB段是曲线，A点的坐标值为（0.2A，0.5V），B点坐标值为（0.6A，4.0V），则小电风扇的电阻为______Ω，正常工作时的机械功率为______W。【答案】    ①. C；    ②. E；    ③. G；    ④. ；    ⑤. 2.5；    ⑥. 1.5【解析】【分析】本题考查非纯电阻的伏安特性曲线，解决本题的关键是仪器的选择与接法设计，要清楚电流表、电压表的选用不仅要遵从安全性原则，还要使读数尽量准确，还要考虑电流表的内接外接。【详解】(1)[1]电风扇的额定电压，所以电压表选取C，故填C；[2]电风扇的额定电流从读数误差的角度考虑，电流表应该选E，故填E；[3]因题目要求电风扇的电压需要从零逐渐增加到，所以本实验应当选择分压电路，且滑动变阻器的阻值应选用较小的G，故填G；(2) [4] 要求电风扇的电压需要从零逐渐增加到，所以本实验应当选择分压电路，电风扇的电阻远小于更远小于电压表内阻，电流表采用外接法，电路如下(3) [5]电风扇不转动时，相当于纯电阻，所以电风扇的电阻为[6]电风扇正常工作时的机械功率为15. 某同学要测量“水果电池”的电动势和内阻，提供下列仪器：A.待测“水果电池”（电动势E约为4V，内阻r约为200Ω）B.表A（量程5mA，内阻为）C.电压表V（量程，内阻约5kΩ） D.电阻箱（）E.滑动变阻器R（）F.开关、导线若干。（1）由于毫安表的量程太小，该同学用电阻箱与毫安表A并联，可使其量程扩大，取，则改装后的电流表量程为毫安表满偏电流的______倍；（2）用改装后的电流表完成实验，应该选择的实验电路是图中的______（选填“甲”或“乙”）；（3）根据实验数据画出图线，如图所示。由图线可得，“水果电池”的电动势___V，内电阻___。（保留三位有效数字）【答案】    ①. 5    ②. 乙    ③.     ④. 175
 【解析】【详解】（1）[1]设电流表内阻为，由并联电路的规律可得解得因此改装后的电流表量程为毫安表满偏电流的5倍；（2）[2]由于电流表内阻已知，因此采用电流表外接，电流表分压的误差就可以避免了；故选乙电路。（3）[4][5]改装后电流表的内阻为则由闭合电路欧姆定律可得转化可得由图像可得解得，三、计算题：16. 如图所示，水平导轨间距为，导轨电阻忽略不计；导体棒的质量，连入导轨间的电阻，与导轨垂直且接触良好；电源电动势，内阻，电阻；外加匀强磁场的磁感应强度，方向垂直于，与导轨平面的夹角；与导轨间的动摩擦因数为（设最大静摩擦力等于滑动摩擦力），定滑轮摩擦不计，轻绳与导轨平行且对的拉力为水平方向，重力加速度g取，处于静止状态.已知，。求：（1）受到的安培力大小；（2）重物重力G的取值范围。
 【答案】(1)；(2)【解析】【详解】解：(1)由闭合电路欧姆定律可得，通过的电流受到的安培力(2)受力如图所示，最大静摩擦力
 由平衡条件得，当最大静摩擦力方向向右时当最大静摩擦力方向向左时由于重物受力平衡，故则重物重力的取值范围为17. 如图所示，半径R=0.8m的光滑绝缘圆弧轨道PQ固定在竖直平面内，Q点的切线水平，质量m=6×10-2kg,带电量q=8×10-3C从与圆心O等高的P点由静止释放，从Q点进入极板间距d=8×10-2m的两水平平行板电容器后，刚好能在水平方向做匀速直线运动，且此时电动机刚好能正常工作。已知电源电动势E=15V、内阻r=1Ω、定值电阻R0=6Ω、电动机线圈电阻rM=0.6Ω，取g=10m/s2。求：(1)小球到达Q点时的速度大小；(2)电动机输出的机械功率。
 【答案】(1)m/s；(2) 7.4W【解析】【详解】解：(1)设小球到达Q点的速度v，小球从P到Q只有重力做功，由机械能守恒定律有解得m/s(2)小球进入平行板间所受电场力和重力平衡，设板间电压为U，有由欧姆定律得电路中的电流  所以，电动机两端电压  电动机输出的机械功率  联立解得  7.4W18. 以O为坐标原点建立平面直角坐标系，坐标系第二象限内的虚线与x轴平行，在与x轴之间存在平行于纸面且沿x轴正方向的匀强电场，第三、四象限内有一中心轴经过y轴、垂直于纸面且横截面如图所示的圆筒，筒内有方向与筒的轴线平行、垂直纸面向里、磁感应强度大小为B的匀强磁场，图中截面圆上有一个小孔P。一带正电的粒子以初速度垂直射入电场，经过一段时间后恰好从P点（此时P与O重合）进入磁场，且运动方向与y轴成角。已知粒子的比荷为k，与x轴之间的距离为d。粒子重力不计。求：(1)匀强电场的电场强度；(2)若粒子进入磁场同时，圆筒绕其中心轴顺时针匀速转动，当筒转过时，该粒子恰好又从小孔P飞出圆筒，已知粒子未与筒壁发生碰撞，求圆筒的直径D以及圆筒转动的角速度。
 【答案】(1)；(2) ，【解析】【详解】(1)粒子在电场中做类平抛运动，从P点进入磁场，且运动方向与y轴成，所以有又解得
 (2)画出粒子在磁场中的运动轨迹，如图所示。由几何知识可得，轨迹的圆心角，由(1)可得，粒子进入磁场时的速度由洛伦兹力提供向心力，有得由几何关系可得解得粒子在磁场中做圆周运动的周期由题意知，圆筒的角速度与粒子在磁场中做圆周运动的角速度大小相等，即解得